2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：第十四章 第一讲 机械振动 含答案
2020届全国高考物理一轮专题集训《机械振动》测试 含答案和详细解析
绝密★启用前2020届全国高考物理一轮专题集训《机械振动》测试本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分第Ⅰ卷一、单选题(共15小题,每小题4.0分,共60分)1.如图所示，一根水平细钢丝两边固定，它下面悬挂三个摆长为lA＝1.00 m、lB＝0.50 m、lC＝0.25 m 的单摆，三个摆球相同，现用周期变化的外力作用于细钢丝上，下述判断正确的是()A．外力的频率为0.5 Hz时，B球振幅最大B．外力的频率为1 Hz时，A球振幅最大C．外力的频率为1 Hz时，C球振幅最大D．外力的频率为2 Hz时，A球振幅最大2.简谐运动的物体由最大位移处移向平衡位置所作的运动是()A．匀加速运动B．加速度不断增大的加速运动C．加速度不断减小的加速运动D．加速度不断增大的减速运动3.任何物体都有自己的固有频率．研究表明，如果把人作为一个整体来看，在水平方向上振动时的固有频率约为5 Hz.当工人操作风镐、风铲、铆钉机等振动机械时，操作者在水平方向将做受迫振动．在这种情况下，下列说法正确的是()A．操作者的实际振动频率等于他自身的固有频率B．操作者的实际振动频率等于机械的振动频率C．为了保证操作者的安全，振动机械的频率应尽量接近人的固有频率D．为了保证操作者的安全，应尽量提高操作者的固有频率4.如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1 s，质点通过N 点后再经过1 s又第2次通过N点，在这2 s内质点通过的总路程为12 cm.则质点的振动周期和振幅分别为()A． 3 s、6 cmB． 4 s、6 cmC． 4 s、9 cmD． 2 s、8 cm5.做简谐运动的弹簧振子，每次通过平衡位置与最大位移处之间的某点时，下列哪组物理量完全相同()A．回复力、加速度、速度B．回复力、加速度、动能C．回复力、速度、弹性势能D．加速度、速度、机械能6.甲、乙两个单摆摆球质量相等，它们做简谐运动时，其周期之比为∶1.如果两摆的悬点处于同一高度，将摆线拉到水平位置伸直，自由释放摆球，则两摆球经过各自的最低点时() A．甲、乙两摆球的动能相等B．悬线对甲摆球的拉力大于悬线对乙摆球的拉力C．甲、乙两摆球的机械能不相等D．两摆球的向心加速度相等7.如图所示的单摆，摆长为l＝40 cm，摆球在t＝0时刻从右侧最高点释放做简谐振动，则当t＝1 s 时，小球的运动情况是(g取10 m/s2)()A．向右加速B．向右减速C．向左加速D．向左减速8.甲、乙两单摆静止于平衡位置，摆球质量相同，摆长l甲＞l乙．现给摆球相同的水平初速度v，让其在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与能量分别为f1、f2和E1、E2，则它们的关系是 ()A．f1＞f2，E1＝E2B．f1＜f2，E1＝E2C．f1＜f2，E1＞E2D．f1＝f2，E1＜E29.如图所示，固定着的钢条上端有一小球，在竖直平面内围绕虚线位置发生振动，图中是小球振动到的最左侧，振动周期为0.3 s．在周期为0.1 s的频闪光源照射下见到图象可能是()A．B．C．D．10.心电图是现代医疗诊断的重要手段，医生从心电图上测量出相邻两波峰(或波谷)的时间间隔即为心动周期，由此可以计算出1 min内心脏跳动的次数(即心率)，甲、乙两人在同一台心电图机上作出的心电图如图所示，医生通过测量记下甲的心率是60 次/min，则由两图及甲的心率可知心电图机图纸移动的速率v以及乙的心率是()A． 25 mm/s；48 次/minB． 25 mm/s；75 次/minC． 25 mm/min；75 次/minD． 25 mm/min；48 次/min11.下列关于单摆的说法，正确的是()A．单摆摆球的回复力由摆球重力沿圆弧切线方向的分力提供B．单摆摆球的回复力由摆球所受重力与绳子拉力的合力提供C．单摆做简谐运动时的振幅越大，周期也越大D．单摆摆球经过平衡位置时加速度为零12.某质点做简谐运动，下列说法中正确的是()A．质点通过平衡位置时，速度最大，加速度最大B．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值C．质点每次通过平衡位置时，加速度不一定相同，速度也不一定相同D．质点每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同13.如图甲所示是一个弹簧振子的示意图，O是它的平衡位置，振子在B、C之间做简谐运动，规定向右为正方向．图乙是它的速度v随时间t变化的图象．下列说法中正确的是()A．t＝2 s时刻，它的位置在O点左侧4 cm处B．t＝3 s时刻，它的速度方向向左，大小为2 m/sC．t＝4 s时刻，它的加速度为方向向右的最大值D．振子在一个周期内通过的路程是16 cm14.如图，小球通过弹簧悬挂于天花板上，平衡时，小球停在O点．P点位于O点正下方，OP＝5 cm.将小球拉至P点并由静止释放，小球在竖直方向上做以O点为对称中心的机械振动，完成10次全振动的时间为10 s，则小球的振动周期T和振幅A分别为()A．T＝1 s，A＝5 cmB．T＝1 s，A＝10 cmC．T＝10 s，A＝5 cmD．T＝10 s，A＝10 cm15.在用单摆测重力加速度的实验中为了提高测量精度，下列哪种说法是可取的()A．在最大位移处启动秒表和结束记时B．用秒表测30至50次全振动的时间，计算出平均值C．用直尺测量摆线的长度三次，计算出平均摆长的长度D．在平衡位置启动秒表，并开始记数，当摆球第30次经过平衡位置时制动秒表，若读数为t，T ＝第Ⅱ卷二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)16.将一水平放置的弹簧振子从平衡位置向右拉开4 cm后放手，让它做简谐振动．已知从放手到回到平衡位置的时间为0.1 s，求：(1)弹簧振子的振幅、周期、频率．(2)2 s内完成全振动的次数．(3)振子从开始运动经2.5 s末的位移大小．此时正要向哪个方向做怎样的运动？(4)振子经5 s通过的路程．(5)若将弹簧振子从平衡位置向右拉开6 cm后释放，运动过程中的振幅、周期、频率变为多大？17.如图所示为用频闪照相的方法拍到的一个水平放置的弹簧振子振动情况．甲图是振子静止在平衡位置的照片，乙图是振子被拉伸到左侧距平衡位置20 mm处，放手后向右运动周期内的频闪照片．已知频闪的频率为10 Hz.求：(1)相邻两次闪光的时间间隔t0、振动的周期T0.(2)若振子的质量为20 g，弹簧的劲度系数为50 N/m，则振子的最大加速度是多少？18.弹簧振子以O点为平衡位置在b、c两点之间做简谐运动．b、c相距20 cm.某时刻振子处于O 点正向右运动．经过0.5 s，振子首次到达b点．求：(取向右为正方向)(1)振动的频率f和振幅A；(2)振子在5.5 s内通过的路程及位移？(3)如果弹簧的劲度系数k＝100 N/m，小球质量为0.5 kg，则5.5 s末小球的加速度大小和方向是多少？19.如图所示是一个质点做简谐运动的图象，根据图象回答下面的问题：(1)振动质点离开平衡位置的最大距离；(2)写出此振动质点的运动表达式；(3)在0～0.6 s的时间内质点通过的路程；(4)在t＝0.1 s、0.3 s、0.5 s、0.7 s时质点的振动方向；(5)振动质点在0.6 s～0.8 s这段时间内速度和加速度是怎样变化的？(6)振动质点在0.4 s～0.8 s这段时间内的动能变化是多少？答案解析1.【答案】C【解析】根据T＝2π得，三个小球的周期分别为：2 s，s,1 s，则频率分别为：0.5 Hz，Hz,1 Hz；当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振幅最大，即共振，所以外力频率为0.5 Hz时，A球振幅最大，故A错误；外力的频率为1 Hz时，C球振幅最大，故B错误，C正确；外力频率为2 Hz时，C球振幅最大，故D错误．故选：C.2.【答案】C【解析】做简谐运动的物体，在由最大位移处移向平衡位置的过程中，位移减小，故加速度a＝－也减小(负号表示方向与位移方向相反)，速度增大，振子做加速度不断减小的加速运动．3.【答案】B【解析】物体在周期性驱动力作用下做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，可知操作者的实际频率等于机械的振动频率，故A错误，B正确；当驱动力频率等于物体的固有频率时，物体的振幅最大，产生共振现象，所以为了保证操作者的安全，振动机械的频率应尽量远离人的固有频率，故C错误；有关部门作出规定：拖拉机、风镐、风铲、铆钉机等各类振动机械的工作频率必须大于20 Hz，操作者的固有频率无法提高，故D错误．4.【答案】B【解析】简谐运动的质点，先后以同样大小的速度通过M、N两点，则可判定M、N两点关于平衡位置O点对称，所以质点由M到O时间与由O到N的时间相等．那么平衡位置O到N点的时间t1＝0.5 s，因过N点后再经过t＝1 s质点以方向相反、大小相同的速度再次通过N点，则有从N点到最大位置的时间t2＝0.5 s.因此，质点振动的周期是T＝4×(t1＋t2)＝4 s质点通过的总路程的一半，即为振幅，振幅A＝＝6 cm.5.【答案】B【解析】振动质点的位移是指离开平衡位置的位移，做简谐运动的物体，每次通过同一位置时，位移一定相同；过同一位置，可能离开平衡位置，也可能向平衡位置运动，故速度有两个可能的方向，不一定相同；回复力F＝－kx，由于x相同，故F相同；加速度a＝－，经过同一位置时，x相同，故加速度a相同；经过同一位置，速度大小一定相等，故动能一定相同，弹性势能、机械能也相同；故A、C、D错误，B正确．6.【答案】D【解析】甲、乙两个单摆摆球质量相等，它们做简谐运动时，其周期之比为∶1，根据单摆的周期公式T＝2π，摆长的比值为2∶1；将摆线拉到水平位置伸直，自由释放摆球，摆球摆动过程机械能守恒，故最低点的机械能等于初位置的机械能；最低点的动能等于重力势能的减小量，故A、C错误；根据机械能守恒定律，有：mgl＝mv2，最低点，拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：F T－mg＝ma＝m，联立解得：a＝2g，F T＝3mg，B错误，D正确．7.【答案】B【解析】单摆的周期T＝2π＝2πs＝0.4π s≈1.256 s，t＝1 s时，则T<t<T，摆球从右侧最高点释放做简谐运动，在t＝1 s时已经越过平衡位置(最低点)，向正向右侧最大位移处运动，由平衡位置向最大位移运动的过程中，摆球做的是减速运动，故A、C、D错误，B正确．8.【答案】B【解析】根据单摆周期公式T＝2π，不同的单摆，摆长越长，周期越大，频率f＝，所以频率越小，故f1＜f2；在平衡位置，势能最小，动能最大，由于质量和速度都相同，故最低点动能相同，故E1＝E2.9.【答案】C【解析】振动的周期是0.3 s，而频闪的周期是0.1 s，所以在一个周期内有三幅不同的照片；振动的周期是0.3 s，则角频率：ω＝＝rad/s0．1 s时刻对应的角度：θ1＝×0.1＝rad0．2 s时刻对应的角度：θ2＝×0.2＝rad可知，在0.1 s和0.2 s时刻小球将出现在同一个位置，都在平衡位置的右侧，所以在周期为0.1 s 的频闪光源照射下见到图象可能是C图，A、B、D图都是不可能的．10.【答案】B【解析】甲的心率为60 次/min，则甲1 s跳1次．结合甲图可知，心电图的移动速率为25 mm/s，再结合乙图可求乙的心率为75 次/min，故选B.11.【答案】A【解析】单摆做简谐运动的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力，或者说是合力沿着运动轨迹切向的分力，而合力的径向分量提供向心力，故A正确，B错误；单摆做简谐运动时的周期与振幅无关，故C错误；在平衡位置时，摆线的张力最大，回复力为零，切向加速度为零，但所受的合力不为零，加速度不为零，故D错误．12.【答案】D【解析】质点通过平衡位置时，速度最大，加速度为零，A错误；若位移为负值，质点远离平衡位置时速度方向为负值，B错误；质点每次通过平衡位置时，加速度为零，速度不一定相同，C错误；质点每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同，D正确．13.【答案】C【解析】t＝2 s时刻，它的位置在O点处，A项错误．t＝3 s时刻，它的速度方向向左，大于2 m/s，B项错．t＝4 s时刻，振子速度为零，位移最大位移处，此时斜率为正，即加速度为正向最大，C项正确；根据速度图象可以求出从0时刻开始的四分之一个周期内振子经过的路程大于 4 cm，即振幅大于4 cm，所以一个周期内振子经过的路程大于16 cm，D项错误.14.【答案】A【解析】将小球拉至P点并由静止释放，则小球离开平衡位置O的最大距离，即振幅A＝OP＝5cm.小球完成10次全振动的时间为10 s，则完成1次全振动的时间为1 s，即周期为1 s.15.【答案】B【解析】在平衡位置启动秒表开始计时，在平衡位置结束计时，因为速度最大，误差比较小，故A 错误；用秒表测30至50次全振动的时间，计算出平均周期，利于减小误差，故B正确；直尺测量摆线的长度三次，再算出球的直径，从而计算出平均摆长的长度，故C错误；在平衡位置启动秒表，并开始记数，当摆球第30次经过平衡位置时制动秒表，若读数为t，T＝，故D错误．16.【答案】(1)4 cm0.4 s 2.5 Hz(2)5次(3)位移大小为零此时正要向做加速度增大的减速运动(4)2 m(5)6 cm0.4 s 2.5 Hz【解析】(1)简谐运动中，振幅是振子离开平衡位置的最大距离，故振幅为A＝4 cm；从最大位移回到平衡位置的时间为，则＝0.1 s，故周期为T＝0.4 s，频率为f＝＝2.5 Hz；(2)2 s内完成全振动的次数n＝＝＝5(次)(3)振子从开始运动经2.5秒时为6T，位移大小为零．此时正要向左做加速度增大的减速运动．(4)周期为0.4 s，故5 s内完成12.5次全振动；一个全振动内通过的路程等于4倍振幅，故5 s内路程为振幅的50倍，即s＝50A＝200 cm＝2 m；(5)若将弹簧振子从平衡位置向右拉开6 cm后释放，运动过程中的振幅为6 cm、周期和频率不变，周期为0.4 s．频率为2.5 Hz.17.【答案】(1)0.1 s 1.2 s(2)50 m/s2【解析】(1)T＝＝0.1 s，即相邻两次闪光的时间间隔为t0＝0.1 s．振子从最大位移处运动到平衡位置经历时间为0.3 s，故振子振动周期T0＝1.2 s.(2)a m＝＝＝50 m/s2.18.【答案】(1)Hz10 cm(2)110 cm－10 cm(3)20 m/s2方向向右【解析】(1)设振幅为A，由题意bc＝2A＝20 cm，所以A＝10 cm.振子从O到b所用时间t＝0.5 s，为周期T的，所以T＝2.0 s；f＝＝Hz.(2)振子从平衡位置开始运动，在1个周期内通过的路程为4A，故在t′＝5.5 s＝T内通过的路程s＝×4A＝110 cm.5．5 s内振子振动了T个周期，所以5.5 s末振子到达c点，所以它的位移大小为－10 cm. (3)5.5 s末振子到达c点，所以它的位移大小为－10 cm，振子加速度a＝－＝－＝20 m/s2，方向与位移的方向相反，为向右．19.【答案】(1)5 cm(2)x＝5sin(2.5πt) cm(3)15 cm(4)正方向负方向负方向正方向(5)速度越来越大加速度的方向指向平衡位置越来越小(6)零【解析】(1)由振动图象可以看出，质点振动的振幅为5 cm，此即质点离开平衡位置的最大距离．(2)由图象可知A＝5 cm，T＝0.8 s，φ＝0.所以x＝A sin(ωt＋φ)＝A sin(t)＝5sin(t) cm＝5sin(2.5πt) cm.(3)由振动图象可以看出，质点振动的周期为T＝0.8 s,0.6 s＝3×，振动质点是从平衡位置开始振动的，故在0～0.6 s的时间内质点通过的路程为s＝3×A＝3×5 cm＝15 cm.(4)在t＝0.1 s时，振动质点处在位移为正值的某一位置上，但若从t＝0.1 s起取一段极短的时间间隔Δt(Δt→0)的话，从图象中可以看出振动质点的正方向的位移将会越来越大，由此可以判断得出质点在t＝0.1 s时的振动方向是沿题中所设的正方向的．同理可以判断得出质点在t＝0.3 s、0.5 s、0.7 s时的振动方向分别是沿题中所设的负方向、负方向和正方向．(5)由振动图象可以看出，在0.6 s～0.8 s这段时间内，振动质点从最大位移处向平衡位置运动，故其速度是越来越大的；而质点所受的回复力是指向平衡位置的，并且逐渐减小的，故其加速度的方向指向平衡位置且越来越小．(6)由图象可以看出，在0.4 s～0.8 s这段时间内质点从平衡位置经过半个周期的运动又回到了平衡位置，尽管初、末两个时刻的速度方向相反，但大小是相等的，故这段时间内质点的动能变化为零．。
(江苏专用)2020版高考物理大一轮复习 第十四章 机械振动与机械波 光电磁波与相对论 第三节 光的
3．求解全反射现象中光的传播时间的一般思路 (1)全反射现象中，光在同种均匀介质中的传播速度不发生变 化，即 v＝nc. (2)全反射现象中，光的传播路程应结合光路图与几何关系进 行确定． (3)利用 t＝vl 求解光的传播时间．
【典题例析】 (2018·高考全国卷Ⅱ)如图，△ABC 是一直角三棱镜的 横截面，∠A＝90°，∠B＝60°.一细光束从 BC 边的 D 点折 射后，射到 AC 边的 E 点，发生全反射后经 AB 边的 F 点射 出．EG 垂直于 AC 交 BC 于 G，D 恰好是 CG 的中点．不计 多次反射．
(5)光纤通信利用了全反射的原理．( ) (6)晚上，在水池中同一深度的两点光源分别发出红光和蓝光， 蓝光光源看起来浅一些．( ) 提示：(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)√ (6)√
做一做 如图所示，光在真空和介质的界面 MN 上发生偏折，那么下列说法正确的是 () A．光是从真空射向介质 B．介质的折射率为 1.73 C．光在介质中的传播速度为 1.73×108 m/s D．反射光线与折射光线成 90°角 提示：BCD
解析：如图，根据光路的对称性和光路可逆性，
与入射光线相对于 OC 轴对称的出射光线一定
与入射光线平行．这样，从半球面射入的折射
光线，将从圆柱体底面中心 C 点反射．设光线
在半球面的入射角为 i，折射角为 r.由折射定律
有 sin i＝nsin r
①
由正弦定理有
s2inRr＝sin（Ri－r）
②
由几何关系，入射点的法线与 OC 的夹角为 i.由题设条件和
(3)在光的反射和全反射现象中，均遵循光的反射定律，光路 均是可逆的． (4)当光射到两种介质的界面上时，往往同时发生光的折射和 反射现象，但在全反射现象中，只发生反射，不发生折射．
2020届高三物理一轮复习：第十四章 第1讲 机械振动
课时作业(四十一)一、选择题1．下列说法正确的是()A．摆钟走时快了必须调短摆长，才可能使其走时准确B．挑水时为了防止水从桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频C．在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是共振现象D．部队要便步通过桥梁，是为了防止桥梁发生共振而坍塌E．较弱声音可震碎玻璃杯，是因为玻璃杯发生了共振解析：摆钟走时快了，说明摆钟的周期变小了，根据T＝2πLg可知增大摆长L可以增大摆钟的周期，A错误；挑水时为了防止水从桶中荡出，可以改变走路的步频，B正确；在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是受迫振动，C错误；部队便步通过桥梁，不能产生较强的驱动力，就避免桥梁发生共振现象，故D正确；当声音频率等于玻璃杯频率时，杯子发生共振而破碎，E正确．答案：BDE2．下列说法正确的是()A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变C．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率E．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向解析：在同一地点，重力加速度g为定值，根据单摆周期公式T＝2πlg可知，周期的平方与摆长成正比，故选项A正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可知，振动系统的势能与动能之和保持不变，故选项B正确；根据单摆周期公式T＝2πlg可知，单摆的周期与质量无关，故选项C错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故选项D正确；若弹簧振子初始时刻在波峰或波谷位置，知道周期后，可以确定任意时刻运动速度的方向，若弹簧振子初始时刻不在波峰或波谷位置，则无法确定任意时刻运动的方向，故选项E错误．答案：ABD3．(2019·四川攀枝花诊断)甲、乙两水平弹簧振子的振动图象如图所示，则可知()A．两弹簧振子完全相同B．两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1C．振子甲速度为零时，振子乙速度最大D．两振子的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2E．振子乙速度为最大时，振子甲速度不一定为零解析：从图象中可以看出，两弹簧振子周期之比T甲∶T乙＝2∶1，则频率之比f甲∶f乙＝1∶2，D正确；弹簧振子周期与弹簧振子的组成有关，说明两弹簧振子不同，A错误；由于弹簧的劲度系数k不一定相同，所以两振子所受回复力(F＝－kx)的最大值之比F甲∶F乙不一定为2∶1，B错误；由简谐运动的特点可知，在振子到达平衡位置时位移为零，速度最大，在振子到达最大位移处时，速度为零，从图象中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，振子乙恰好到达平衡位置，C正确；当振子乙到达平衡位置时，振子甲有两个可能的位置，一个是最大位移处，一个是平衡位置，E正确．答案：CDE4．如图所示为同一地点的两个单摆甲、乙的振动图象，下列说法正确的是()A．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲摆的振幅比乙摆的大C．甲摆的机械能比乙摆的大D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆E．由图象可以求出当地的重力加速度解析：由题图可知，两单摆的周期相同，同一地点重力加速度g相同，由单摆的周期公式T＝2πlg可知，甲、乙两单摆的摆长相等，选项A正确；甲摆的振幅为10 cm，乙摆的振幅为7 cm，则甲摆的振幅比乙摆大，选项B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长相等，但由于两摆的质量未知，故无法比较机械能的大小，选项C错误；在t＝0.5 s时，甲摆经过平衡位置，摆动的加速度为零，而乙摆的位移为负的最大，则乙摆具有正向最大加速度，选项D正确；由单摆的周期公式T＝2πlg得g＝4π2lT2，由于不知道单摆的摆长，所以不能求得重力加速度，选项E 错误．答案：ABD5．(2019·湖南长沙模拟)一简谐振子沿x 轴振动，平衡位置在坐标原点，t ＝0时刻振子的位移x ＝－0.1 m ；t ＝43 s 时刻x ＝0.1 m ；t ＝4 s 时刻x ＝0.1 m ．该振子的振幅和周期可能为( )A ．0.1 m ，83 sB ．0.1 m,8 sC ．0.2 m ，83 sD ．0.2 m,8 sE ．0.2 m,10 s解析：若振子的振幅为0.1 m ，43 s ＝(n ＋12)T ，(4－43)s ＝n 1T ，则周期最大值为83 s ，A 正确，B 错误．若振子的振幅为0.2 m ，由简谐运动的对称性可知，当振子由x ＝－0.1 m 处运动到负向最大位移处再反向运动到x ＝0.1 m 处，再经n 个周期时所用时间为43 s ，则(12＋n )T＝43 s ，所以周期的最大值为83 s ，且t ＝4 s 时刻x ＝0.1 m ，C 正确；当振子由x ＝－0.1 m 经平衡位置运动到x ＝0.1 m 处，再经n 个周期时所用时间为43 s ，则(16＋n )T ＝43 s ，所以此时周期的最大值为8 s ，且t ＝4 s 时，x ＝0.1 m ，D 正确．答案：ACD 二、非选择题6．利用单摆测当地重力加速度的实验中．(1)利用游标卡尺测得金属小球直径如图甲所示，小球直径d ＝________cm.(2)某同学测量数据如表，请在图乙中画出L -T 2图象．L /m 0.400 0.500 0.600 0.800 1.200 T 2/s 21.602.102.403.204.80由图象可得重力加速度g ＝________m/s 2(保留三位有效数字)．(3)某同学在实验过程中，摆长没有加小球的半径，其他操作无误，那么他得到的实验图象可能是下列图象中的________．解析：(1)小球的直径d ＝22 mm ＋0.1 mm ×6＝22.6 mm ＝2.26 cm. (2)L -T 2图象如图所示．由T ＝2πL g 可得L ＝g 4π2T 2，k ＝g 4π2 对应图象可得k ＝1.200－0.4004.80－1.60＝0.25可解得g ＝4π2k ≈9.86 m/s 2.(3)在实验中，若摆长没有加小球的半径d 2，其他操作无误，可得L ＝g 4π2T 2－d2.故可知B 正确，A 、C 、D 均错误． 答案：(1)2.26 (2)图见解析 9.86 (3)B7．弹簧振子以O 点为平衡位置，在B 、C 两点间做简谐运动，在t ＝0时刻，振子从O 、B 间的P 点以速度v 向B 点运动；在t ＝0.2 s 时刻，振子速度第一次变为－v ；在t ＝0.5 s 时刻，振子速度第二次变为－v .(1)求弹簧振子的振动周期T ；(2)若B 、C 之间的距离为25 cm ，求振子在4 s 内通过的路程；(3)若B 、C 之间的距离为25 cm ，从平衡位置开始计时，写出弹簧振子的位移表达式，并画出弹簧振子的振动图象．解析：(1)画出弹簧振子简谐运动示意图如图所示． 由对称性可得T ＝0.5×2 s ＝1 s (2)若B 、C 之间距离为25 cm 则振幅A ＝12×25 cm ＝12.5 cm振子4 s 内通过的路程 s ＝41×4×12.5 cm ＝200 cm(3)根据x ＝A sin ωt ，A ＝12.5 cm ，ω＝2πT ＝2π rad/s得x ＝12.5sin 2πt cm 振动图象如图所示．答案：(1)1 s (2)200 cm (3)见解析。
2020年高考物理一轮课件：第14章-机械振动与机械波(3份打包含答案)
【基础自测】
1.(多选)一质点做简谐运动的图象如图 14-1-2 所示，下列说
法正确的是( )
A.质点的振动频率为 4 Hz
B.在 10 s 内质点经过的路程为 20 cm
C.第 4 s 末质点的速度为零
图 14-1-2
D.在 t＝1 s 和 t＝3 和 t＝6 s 两时刻，质点速度相同
解问题.
第1讲 机械振动
考点 1 简谐运动 1.简谐运动：质点的位移与时间的关系遵从__正__弦____函数 的规律，其振动图象(x-t 图象)是一条__正__弦____曲线. 2.特征：回复力 F＝__－__k_x___，x 是振动质点相对_平__衡____ 位置的位移，可用该关系式判断一个振动是否为简谐运动.
解析：若 Δt＝T2或 ΔT＝nT－T2(n＝1,2,3，…)，则在 t 和(t ＋Δt)两时刻振子必在关于平衡位置对称的两位置(包括平衡位 置)，这两时刻，振子的位移、加速度、速度等均大小相等、方 向相反，但在这两时刻弹簧的长度并不一定相等[只有当振子在 t 和(t＋Δt)两时刻均在平衡位置时，弹簧长度才相等].反过来， 若在 t 和(t＋Δt)两时刻振子的位移、加速度和速度均大小相等、 方向相反，则 Δt 一定等于T2的奇数倍，即 Δt＝(2n－1)T2(n＝ 1,2,3，…).如果仅仅是振子的速度在 t 和(t＋Δt)两时刻大小相等、
方向相反，那么不能得出 Δt＝(2n－1)T2，更不能得出 Δt＝nT2
(n＝1,2,3，…).根据以上分析，C 错误，A、D 项正确.若 t 和 (t＋Δt)两时刻，振子的位移、加速度、速度等均相同，则Δt＝ nT(n＝1,2,3，…)，但仅仅根据两时刻振子的位移相同，不能得 出Δt＝nT，B 错误.若Δt＝nT，在 t 和(t＋Δt)两时刻，振子的位
高考物理一轮总复习 专题14 机械振动 光学 实验15 测定玻璃的折射率
• 变式 (2021年郑州模拟)(1)几位同学做“用插针法测定玻 璃折射率”实验，图示直线aa′、bb′表示在白纸上画出的 玻璃砖的两个界面．几位同学进行了如下操作：
• A．甲同学选定的玻璃砖两个光学面aa′与bb′不平行， 其他操作正确
• 4．玻璃砖越宽，光线在玻璃砖内的传播方向越容易确定， 测量结果越准确．故应选用宽度大的玻璃砖来测量．
• 例题 在“测定玻璃的折射率”实验中，某同学经正确 操作插好了4枚大头针，如图甲所示．
甲
乙
• (1)在甲图中画出完整的光路图．
• (2)对你画出的光路图进行测量和计算，求得该玻璃砖的 折射率n＝________(结果保留3位有效数字)．
• 【解析】(1)甲同学选定的玻璃砖两个光学面aa′和bb′ 不平行，不会影响入射角和折射角的确定；乙同学将玻璃砖 向aa′方向平移了少许，直线aa′、bb′之间的距离仍然等 于玻璃砖的厚度，入射角和折射角的大小不变，丙同学在白 纸上画aa′和bb′间距比平行玻璃砖两光学面的间距稍微大 些，使画出的入射点向左移，出射点向右移，所画的折射角 比实际值大，算得的折射率将偏小．
•在bb′界面发生全反射，故C错误．
课后提能演练
• (2)在用插针法测玻璃砖折射率的实验中，已确定好入射 方向AO，插了两枚大头针P1和P2，如图所示(①②③是三条直 线)．在以下的操作说法中你认为正确的是______(填选项前的 字母)．
• A．在bb′侧调整观察视线，另外两枚大头针P3和P4可能 插在③线上
• B．保持O点不动，减小入射角，在bb′侧调整观察视线， 另两枚大头针P3和P4可能插在①线上 • C．保持O点不动，增大入射角，在bb′侧调整观察视线， 看不清P1和P2的像，这可能是光在bb′侧面发生全反射 • 【答案】(1)AB (2)B
高考物理全国通用大一轮复习讲义文档第十四章机械振动与机械波光第讲Word版含答案
第4讲光的波动性电磁波和相对论一、光的干涉、衍射和偏振1．光的干涉(1)定义：在两列光波叠加的区域，某些区域相互加强，出现亮条纹，某些区域相互减弱，出现暗条纹，且加强区域和减弱区域相互间隔的现象．(2)条件：两束光的频率相同、相位差恒定．(3)双缝干涉图样特点：单色光照射时形成明暗相间的等间距的干涉条纹；白光照射时，中央为白色亮条纹，其余为彩色条纹．2．光的衍射发生明显衍射的条件：只有当障碍物的尺寸与光的波长相差不多，甚至比光的波长还小的时候，衍射现象才会明显．3．光的偏振(1)自然光：包含着在垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，而且沿着各个方向振动的光波的强度都相同．(2)偏振光：在垂直于光的传播方向的平面上，只沿着某个特定的方向振动的光．(3)偏振光的形成①让自然光通过偏振片形成偏振光．②让自然光在两种介质的界面发生反射和折射，反射光和折射光可以成为部分偏振光或完全偏振光．(4)光的偏振现象说明光是一种横波．二、电磁波和相对论1．电磁场、电磁波、电磁波谱(1)麦克斯韦电磁场理论变化的磁场能够在周围空间产生电场，变化的电场能够在周围空间产生磁场．①电磁场在空间由近及远的传播，形成电磁波．②电磁波的传播不需要介质，可在真空中传播，在真空中不同频率的电磁波传播速度相同(都等于光速)．③不同频率的电磁波，在同一介质中传播，其速度是不同的，频率越高，波速越小． ④v ＝λf ，f 是电磁波的频率． (3)电磁波的发射①发射条件：开放电路和高频振荡信号，所以要对传输信号进行调制(调幅或调频)． ②调制方式a ．调幅：使高频电磁波的振幅随信号的强弱而变．b ．调频：使高频电磁波的频率随信号的强弱而变． (4)无线电波的接收①当接收电路的固有频率跟接收到无线电波的频率相等时，激起的振荡电流最强，这就是电谐振现象．②使接收电路产生电谐振的过程叫做调谐，能够调谐的接收电路叫做调谐电路．③从经过调制的高频振荡中“检”出调制信号的过程，叫做检波．检波是调制的逆过程，也叫做解调．(5)电磁波谱：按照电磁波的频率或波长的大小顺序把它们排列成谱叫做电磁波谱． 按波长由长到短排列的电磁波谱为：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X 射线、γ射线． 2．相对论(1)狭义相对论的两个基本假设①狭义相对性原理：在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的．②光速不变原理：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，光速和光源、观测者间的相对运动没有关系． (2)质速关系①物体的质量随物体速度的增加而增大，物体以速度v 运动时的质量m 与静止时的质量m 0之间有如下关系： m ＝m 01－(vc)2.②物体运动时的质量总要大于静止时的质量m 0.用m表示物体的质量，E表示它具有的能量，则爱因斯坦质能方程为：E＝mc2.1．判断下列说法是否正确．(1)光的颜色由光的频率决定．(√)(2)只有频率相同的两列光波才有可能产生稳定的干涉．(√)(3)在双缝干涉实验中，双缝的作用是使白光变成单色光．(×)(4)阳光下茂密的树荫中地面上圆形亮斑是光的衍射形成的．(×)(5)自然光是偏振光．(×)(6)电场周围一定存在磁场，磁场周围一定存在电场．(×)(7)无线电波不能发生干涉和衍射现象．(×)(8)波长不同的电磁波在本质上完全不同．(×)(9)真空中的光速在不同惯性参考系中是不同的．(×)2．下列属于光的干涉现象的是()答案BC解析图A属于单缝衍射，图B属于薄膜干涉，图C属于薄膜干涉，图D属于白光的色散，故属于光的干涉现象的是B、C.3．关于生活中遇到的各种波，下列说法正确的是()A．电磁波可以传递信息，声波不能传递信息B．手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波C．太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传播速度相同D．遥控器发出的红外线波长和医院“CT”中的X射线波长相同答案 B解析电磁波和声波都能传递信息，比如人们之间的语言交流，选项A错误；太阳光中的可见光属于电磁波，而“B超”中的超声波属于机械波，它们的传播速度不同，选项C错误；遥控器发出的红外线波长比X射线波长大得多，选项D错误，正确选项为B.4．关于狭义相对论的说法，不正确的是()A．狭义相对论认为在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的B．狭义相对论认为在一切惯性参考系中，光在真空中的速度都等于c，与光源的运动无关C．狭义相对论只涉及无加速运动的惯性系D．狭义相对论在任何情况下都适用答案 D解析狭义相对论认为在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，选项A正确；狭义相对论认为在一切惯性参考系中，光在真空中的速度都等于c(光速不变原理)，与光源的运动无关，选项B正确；狭义相对论只涉及无加速运动的惯性系，故选项C正确，D错误.命题点一光的干涉现象1．双缝干涉(1)光能够发生干涉的条件：两光的频率相同，振动步调相同．(2)双缝干涉形成的条纹是等间距的，两相邻亮条纹或相邻暗条纹间距离与波长成正比，即Δx＝ldλ.(3)用白光照射双缝时，形成的干涉条纹的特点：中央为白条纹，两侧为彩色条纹．2．亮暗条纹的判断方法(1)如图1所示，光源S1、S2发出的光到屏上某点的路程差r2－r1＝kλ(k＝0,1,2…)时，光屏上出现亮条纹．图1(2)光的路程差r 2－r 1＝(2k ＋1)λ2(k ＝0,1,2…)时，光屏上出现暗条纹．3．条纹间距：Δx ＝ld λ，其中l 是双缝到光屏的距离，d 是双缝间的距离，λ是光波的波长．4．薄膜干涉(1)形成：如图2所示，竖直的肥皂薄膜，由于重力的作用，形成上薄下厚的楔形．光照射到薄膜上时，在膜的前表面AA ′和后表面BB ′分别反射回来，形成两列频率相同的光波，并且叠加．图2(2)亮、暗条纹的判断①在P 1、P 2处，两个表面反射回来的两列光波的路程差Δr 等于波长的整数倍，即Δr ＝nλ(n ＝1,2,3…)，薄膜上出现亮条纹．②在Q 处，两列反射回来的光波的路程差Δr 等于半波长的奇数倍，即Δr ＝(2n ＋1)λ2(n ＝0,1,2,3…)，薄膜上出现暗条纹． (3)薄膜干涉的应用干涉法检查平面如图3所示，两板之间形成一楔形空气膜，用单色光从上向下照射，如果被检查平面是平整光滑的，我们会观察到平行且等间距的明暗相间的条纹；若被检查平面不平整，则干涉条纹发生弯曲．图3例1 如图4所示，在双缝干涉实验中，S 1和S 2为双缝，P 是光屏上的一点，已知P 点与S 1和S 2距离之差为2.1×10－6 m ，今分别用A 、B 两种单色光在空气中做双缝干涉实验，问P 点是亮条纹还是暗条纹？图4(1)已知A 光在折射率为n ＝1.5的介质中波长为4×10－7 m ；(2)已知B 光在某种介质中波长为3.15×10－7 m ，当B 光从这种介质射向空气时，临界角为37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)；(3)若用A 光照射时，把其中一条缝遮住，试分析光屏上能观察到的现象． 答案 (1)暗条纹 (2)亮条纹 (3)见解析解析 (1)设A 光在空气中波长为λ1，在介质中波长为λ2，由n ＝c v ＝λ1λ2得λ1＝nλ2＝1.5×4×10－7 m ＝6×10－7 m根据路程差Δx ＝2.1×10－6 m所以N 1＝Δx λ1＝2.1×10－6m6×10－7 m＝3.5 由此可知，从S 1和S 2到P 点的路程差Δx 是波长λ1的3.5倍，所以P 点为暗条纹． (2)根据临界角与折射率的关系sin C ＝1n 得n ＝1sin 37°＝53由此可知，B 光在空气中波长λ3为 λ3＝nλ介＝53×3.15×10－7 m ＝5.25×10－7 m所以N 2＝Δx λ3＝2.1×10－6m5.25×10－7 m＝4可见，用B 光做光源，P 点为亮条纹．(3)光屏上仍出现明暗相间的条纹，但中央条纹最宽最亮，两边条纹变窄变暗．1．劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图5甲所示，将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃上，在一端夹入两张纸片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜．当光垂直入射后，从上往下看到的干涉条纹如图乙所示，干涉条纹有如下特点：图5(1)任意一条亮条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等；(2)任意相邻亮条纹和暗条纹所对应的薄膜厚度差恒定．现若在图甲的装置中抽去一张纸片，则当光垂直入射到新的劈形空气薄膜后，从上往下观察到的干涉条纹()A．变疏B．变密C．不变D．消失答案 A解析如图所示，若抽去一张纸片，则三角截面空气层的倾角变小，则干涉条纹变疏，A正确．2．一束白光在真空中通过双缝后在屏上观察到的干涉条纹，除中央白色亮条纹外，两侧还有彩色条纹，其原因是()A．各色光的波长不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同B．各色光的速度不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同C．各色光的强度不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同D．上述说法都不正确答案 A解析白光包含各种颜色的光，它们的波长不同，在相同条件下做双缝干涉实验时，它们的干涉条纹间距不同，所以在中央亮条纹两侧出现彩色条纹，A正确．命题点二光的衍射和偏振现象1．对光的衍射的理解(1)干涉和衍射是波的特征，波长越长，干涉和衍射现象越明显．在任何情况下都可以发生衍射现象，只是明显与不明显的差别．(2)衍射现象说明“光沿直线传播”只是一种特殊情况，只有在光的波长比障碍物小得多时，光才可以看做是沿直线传播的．2．单缝衍射与双缝干涉的比较3.光的干涉和衍射的本质光的干涉和衍射都属于光的叠加，从本质上看，干涉条纹和衍射条纹的形成有相似的原理，都可认为是从单缝通过两列或多列频率相同的光波，在屏上叠加形成的．4．光的偏振(1)自然光与偏振光的比较(2)偏振光的应用：加偏振滤光片的照相机镜头、液晶显示器、立体电影、消除车灯眩光等．例2如图6所示的4种明暗相间的条纹分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样(黑色部分表示亮条纹)．在下面的4幅图中从左往右排列，亮条纹的颜色依次是()A．红黄蓝紫B．红紫蓝黄C．蓝紫红黄D．蓝黄红紫答案 B解析双缝干涉条纹是等间距的，而单缝衍射条纹除中央亮条纹最宽、最亮之外，两侧条纹亮度、宽度都逐渐减小，因此1、3为双缝干涉条纹，2、4为单缝衍射条纹．双缝干涉条纹的宽度(即相邻亮、暗条纹间距)Δx＝ldλ，红光波长比蓝光波长长，则红光干涉条纹间距大于蓝光干涉条纹间距，即1、3分别对应于红光和蓝光．而在单缝衍射中，当单缝宽度一定时，波长越长，衍射越明显，即中央条纹越宽越亮，2、4分别对应于紫光和黄光．综上所述，1、2、3、4四个图中亮条纹的颜色依次是：红、紫、蓝、黄，B正确．区分双缝干涉条纹与单缝衍射条纹的方法1．根据条纹的宽度区分：双缝干涉条纹的宽度相同，而单缝衍射的条纹中央亮条纹最宽，两侧的亮条纹逐渐变窄．2．根据条纹的间距区分：双缝干涉条纹的间距是相等的，而单缝衍射的条纹越向两侧条纹间距越窄．3．根据亮条纹的亮度区分：双缝干涉条纹，从中央亮条纹往两侧亮度变化很小，而单缝衍射条纹中央亮条纹最亮，两侧的亮条纹逐渐变暗．3．奶粉中碳水化合物(糖)的含量是一个重要指标，可以用“旋光法”来测量糖溶液的浓度，从而鉴定含糖量．偏振光通过糖的水溶液后，偏振方向会相对于传播方向向左或向右旋转一个角度α，这一角度α称为“旋光度”，α的值只与糖溶液的浓度有关，将α的测量值与标准值相比较，就能确定被测样品的含糖量了．如图7所示，S是自然光源，A、B是偏振片，转动B，使到达O处的光最强，然后将被测样品P置于A、B之间．(1)偏振片A的作用是___________________________________________________．(2)偏振现象证明了光是一种________．(3)以下说法中正确的是()A．到达O处光的强度会明显减弱B．到达O处光的强度不会明显减弱C．将偏振片B转动一个角度，使得O处光强度最强，偏振片B转过的角度等于αD．将偏振片A转动一个角度，使得O处光强度最强，偏振片A转过的角度等于α答案(1)把自然光变成偏振光(2)横波(3)ACD4．让太阳光垂直照射一块遮光板，板上有一个可以自由收缩的三角形孔，当此三角形孔缓慢缩小直至完全闭合时，在孔后的屏上将先后出现()A．由大变小的三角形光斑，直至光斑消失B．由大变小的三角形光斑、明暗相间的彩色条纹，直至条纹消失C．由大变小的三角形光斑，明暗相间的条纹，直至黑白色条纹消失D．由大变小的三角形光斑、圆形光斑、明暗相间的彩色条纹，直至条纹消失答案 D解析当孔足够大时，由于光的直线传播，所以屏上首先出现的是三角形光斑，之后随着孔的继续缩小，出现小孔成像，成的是太阳的像，故为小圆形光斑，随着孔的进一步缩小，当尺寸与光波波长相当时，出现明暗相间的彩色条纹，最后随孔的闭合而全部消失，所以只有D正确．命题点三电磁波与相对论1．对麦克斯韦电磁场理论的理解2．对电磁波的理解(1)电磁波是横波．电磁波的电场、磁场、传播方向三者两两垂直，如图8所示．图8(2)电磁波与机械波的比较例3(2016·全国Ⅱ·34(1))关于电磁波，下列说法正确的是()A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波C．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直D．利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输E．电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失答案 ABC解析 电磁波在真空中传播速度等于光速，与频率无关，A 正确；电磁波是周期性变化的电场和磁场互相激发得到的，B 正确；电磁波传播方向与电场方向、磁场方向均垂直，C 正确；光是一种电磁波，光可在光导纤维中传播，D 错误；电磁振荡停止后，电磁波仍会在介质或真空中继续传播，E 错误．5．(2016·北京理综·14)下列说法正确的是( )A ．电磁波在真空中以光速c 传播B ．在空气中传播的声波是横波C ．声波只能在空气中传播D ．光需要介质才能传播答案 A6．(2016·天津理综·1)如图9所示，我国成图9功研发的反隐身先进米波雷达堪称隐身飞机的克星，它标志着我国雷达研究又创新的里程碑，米波雷达发射无线电波的波长在1～10 m 范围内，则对该无线电波的判断正确的是( )A ．米波的频率比厘米波频率高B ．和机械波一样须靠介质传播C ．同光波一样会发生反射现象D ．不可能产生干涉和衍射现象答案 C解析 根据f ＝v λ可知，电磁波的波长越大，频率越低，故米波的频率比厘米波的频率低，选项A 错误；无线电波的传播不需要介质，选项B 错误；无线电波同光波一样会发生反射现象，选项C 正确；干涉和衍射是波特有的现象，故无线电波也能发生干涉和衍射现象，选项D 错误．7．如图10所示，两艘飞船A 、B 沿同一直线同向飞行，相对地面的速度均为v (v 接近光速c )．地面上测得它们相距为L ，则A 测得两飞船间的距离________(选填“大于”、“等于”或“小于”)L .当B 向A 发出一光信号，A 测得该信号的速度为________．图10答案 大于 c (或光速)解析 狭义相对论的两个基本原理之一就是光速不变原理，因此A 测得信号的速度仍等于c 或光速，以地面为参考系，在运动方向有尺缩效应现象，而B 相对A 是静止，没有尺缩效应现象，则A 测得两飞船距离应大于L .题组1 对干涉现象的理解1．关于光学镜头增透膜，以下说法中正确的是( )A ．增透膜是为了减少光的反射损失，增加透射光的强度B ．增透膜的厚度等于入射光在真空中波长的14C ．增透膜的厚度等于入射光在薄膜中波长的14D ．因为增透膜的厚度一般适合绿光反射时相互抵消，红光、紫光的反射不能完全抵消，所以涂有增透膜的镜头呈淡紫色E ．涂有增透膜的镜头，进入的光线全部相互抵消，因此这种镜头的成像效果较好 答案 ACD2.把一平行玻璃板压在另一个平行玻璃板上，一端用薄片垫起，构成空气劈尖，让单色光从上方射入，如图1所示．这时可以看到明暗相间的条纹．下面关于条纹的说法中正确的是( )图1A．干涉条纹是光在空气尖劈膜的前后两表面反射形成的两列光波叠加的结果B．干涉条纹中的暗条纹是上述两列反射光的波谷与波谷叠加的结果C．将上玻璃板平行上移，条纹逆向劈尖移动D．观察薄膜干涉条纹时，应在入射光的另一侧答案 A题组2衍射和偏振现象3．光的偏振现象说明光是横波．下列现象中不能反映光的偏振特性的是()A．一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化B．一束自然光入射到两种介质的分界面上，当反射光线与折射光线之间的夹角恰好是90°时，反射光是偏振光C．日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振滤光片可以使景像更清晰D．通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹答案 D解析在垂直于传播方向的平面上，沿着某个特定方向振动的光是偏振光，A、B选项反映了光的偏振特性，C是偏振现象的应用，D是光的衍射现象．4.抽制高强度纤维细丝可用激光监控其粗细，如图2所示，激光束越过细丝时产生的条纹和它通过遮光板的同样宽度的窄缝规律相同．观察光束经过细丝后在光屏上所产生的条纹即可判断细丝粗细的变化，下列叙述中正确的是()图2A．这里应用的是光的衍射现象B．这里应用的是光的干涉现象C ．如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变粗D ．如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变细答案 AD解析 由于是激光束越过细丝即绕过障碍物，所以是光的衍射现象，当抽制的丝变细的时候，丝的直径较接近激光的波长，条纹间距就大，A 、D 对．5.如图3所示，当用激光照射直径小于激光束的不透明圆盘时，在圆盘后屏上的阴影中心出现了一个亮斑．这是光的________(填“干涉”“衍射”或“直线传播”)现象，这一实验支持了光的________(填“波动说”“微粒说”或“光子说”)．图3答案 衍射 波动说解析 圆盘后屏上的阴影中心出现了一个亮斑，一定不是光的直线传播现象造成的，是光在传播过程中绕过障碍物形成的现象，属于光的衍射，衍射是波的特性，所以这一实验支持了光的波动说．题组3 电磁波和相对论6．一艘太空飞船静止时的长度为30 m ，他以0.6c (c 为光速)的速度沿长度方向飞行越过地球，下列说法正确的是( )A ．飞船上的观测者测得该飞船的长度小于30 mB ．地球上的观测者测得该飞船的长度小于30 mC ．飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于cD ．地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于c答案 B解析 飞船上的观测者测得飞船的长度不变，仍为30 m ，由l ＝l 01－(v c)2<l 0可知，地球上的观测者测得该飞船的长度小于30 m ，A 错，B 对；由光速不变原理可知，C 、D 错误．7．关于麦克斯韦的电磁场理论，下列说法正确的是( )A．稳定的电场产生稳定的磁场B．均匀变化的电场产生均匀变化的磁场，均匀变化的磁场产生均匀变化的电场C．变化的电场产生的磁场一定是变化的D．振荡的电场在周围空间产生的磁场也是振荡的答案 D解析麦克斯韦的电磁场理论要点是：变化的磁场(电场)要在周围空间产生电场(磁场)，若磁场(电场)的变化是均匀的，产生的电场(磁场)是稳定的，若磁场(电场)的变化是振荡的，产生的电场(磁场)也是振荡的，由此可判定正确答案为D项．8．关于电磁波及其应用，下列说法正确的是()A．麦克斯韦首先通过实验证实了电磁波的存在B．电磁波是横波且能够发生干涉和衍射现象C．电磁波的接收要经过调谐和调制两个过程D．微波能使食物中的水分子的热运动加剧从而实现加热的目的答案BD9．以下说法正确的是()A．相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关B．光的偏振现象说明光是一种纵波C．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光变为红光，则条纹间距变宽D．赫兹用实验证实了电磁波的存在答案ACD解析相对论认为时间和空间与物质的运动状态是相联系的，与物质的运动状态有关，故A正确；偏振是横波的特有现象，光的偏振现象说明光是一种横波，故B错误；由Δx＝ldλ知入射光由绿光变红光，则条纹间距将变宽，C正确；麦克斯韦预言电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故D正确；故选A、C、D.10．以下物理学知识的相关叙述，其中正确的是()A．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振B．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在C．交警通过发射超声波测量车速是利用了波的干涉原理D．狭义相对论认为，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的答案BD解析用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉，A错误；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故B正确；交警通过发射超声波测量车速是利用了多普勒效应，C错误；根据相对性原理，在所有惯性系中，物理定律有相同的表达形式，即一切物理规律都是相同的，故D正确．。
版高考物理(人教版)第一轮总复习课件：第十四章 机械振动、机械波 光和电磁波+14.2
4．波速、波长和频率(周期)的关系： (1)波长 λ：在波动中振动相位总是相同的两个相邻质点间的距 离． (2)频率 f：在波动中，介质中各质点的振动频率都是相同的， 都等于波源的振动频率． (3)波速 v、波长 λ 和频率 f、周期 T 的关系： 公式：v＝Tλ＝λf.机械波的波速大小由介质本身的性质决定，与 机械波的频率无关．
答案：ACE
3．(2016·新课标全国卷Ⅲ)(多选)由波源 S 形成的简谐横波在均 匀介质中向左、右传播．波源振动的频率为 20 Hz，波速为 16 m/s. 已知介质中 P、Q 两质点位于波源 S 的两侧，且 P、Q 和 S 的平衡 位置在一条直线上，P、Q 的平衡位置到 S 的平衡位置之间的距离 分别为 15.8 m、14.6 m．P、Q 开始振动后，下列判断正确的是( )
t＝7 s 时，P 点振动了74个周期，所以这时 P 点位置与 t＝34T＝3 s 时 位置相同，即在平衡位置，所以选项 E 正确．
答案：ACE
6．(2018·河北石家庄调研)(多选)如图甲为一列简谐横波在某一 时刻的波形图，图乙为介质中 x＝2 m 处的质点 P 以此时刻为计时 起点的振动图象．下列说法正确的是( )
②振动方向双向性：质点振动方向不确定．
2．求解波的多解问题的一般步骤 (1)根据初末两时刻的波形图确定传播距离与波长的关系通式． (2)根据题设条件判断是唯一解还是多解． (3)根据波速公式 v＝ΔΔxt或 v＝Tλ＝λf 求波速．
多维练透 8．(2018·河北正定模拟)(多选)如图所示，有一列减幅传播的简谐横 波，x＝0 与 x＝75 m 处的 A、B 两个质点的振动图象分别如图中实线与虚 线所示．则这列波的( )
A．P、Q 两质点运动的方向始终相同 B．P、Q 两质点运动的方向始终相反 C．当 S 恰好通过平衡位置时，P、Q 两点也正好通过平衡位置 D．当 S 恰好通过平衡位置向上运动时，P 在波峰 E．当 S 恰好通过平衡位置向下运动时，Q 在波峰
《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第14单元 机械振动与机械波 听课答案
第十四单元机械振动与机械波第35讲机械振动用单摆测定重力加速度【教材知识梳理】一、1.正弦正弦2.-kx平衡3.(1)平衡矢(2)最大距离标(3)全振动次数4.A sin(ωt+φ)二、1.位移时间2.正弦(或余弦)三、1.驱动力驱动力无关2.等于辨别明理(1)(×)(2)(×)(3)(×)(4)(×)(5)(×)(6)(×)(7)(×)(8)(×)(9)(×)【考点互动探究】考点一1.ABE[解析]由关系式可知ω=rad/s,T==8s,A正确;将t=1s和t=3s代入关系式中求得两时刻位移相同,B正确;作出质点的振动图像如图所示,由图像可以看出,第1s末和第3s末的速度方向不同,C错误;由图像可知,第3s末至第4s末质点的位移方向与第4s 末至第5s末质点的位移方向相反,而速度的方向相同,故D错误,E正确.2.<<[解析]当物块向右通过平衡位置时,脱离前,振子的动能E k1=(m a+m b),脱离后,振子的动能E k2=m a,由机械能守恒定律可知,平衡位置处的动能等于最大位移处的弹性势能,因此脱离后振子振幅变小;由弹簧振子的周期T=2π知,脱离后周期变小.3.ACD[解析]若振子的振幅为0.1m,由于s=(n+)T,则周期最大值为s,且t=4时刻x=0.1m,A正确,B错误;若振子的振幅为0.2m,由简谐运动的对称性可知,当振子由x=-0.1m处运动到负向最大位移处再反向运动到x=0.1m处,再经n个周期时所用时间为s,则T=s,所以周期的最大值为s,且t=4s时刻x=0.1m,故C正确;当振子由x=-0.1m处经平衡位置运动到x=0.1m处,再经n个周期时所用时间为s,则T=s,所以此时周期的最大值为8s,且t=4s时刻x=0.1m,故D正确.考点二例1CDE[解析]从图像中可以看出,两弹簧振子周期之比T甲∶T乙=2∶1,则频率之比f甲∶f乙=1∶2,D正确;弹簧振子周期与振子质量、弹簧劲度系数k有关,周期不同,说明两弹簧振子不同,A错误;由于弹簧的劲度系数k不一定相同,所以两振子所受回复力(F=-kx)的最大值之比F甲∶F乙不一定为2∶1,B错误;由简谐运动的特点可知,在振子到达平衡位置时位移为零,速度最大,在振子到达最大位移处时,速度为零,从图像中可以看出,在振子甲到达最大位移处时,振子乙恰好到达平衡位置,C正确;当振子乙到达平衡位置时,振子甲可能在最大位移处或平衡位置,E正确.变式题BDE[解析]由图像可知,该简谐运动的周期为4s,频率为0.25Hz,在10s内质点经过的路程是2.5×4A=20cm,选项A错误,B正确.第4s末质点的速度最大,选项C错误.在t=1s和t=3s两时刻,质点位移大小相等、方向相反,选项D正确.t=2s和t=6s两时刻之间相差一个周期,故质点速度相同,选项E正确.考点三例2D[解析]由单摆的周期公式得,A→B的运动时间t1=,B→C的运动时间t2=,由对称性知,此摆的周期T=2(t1+t2)=π,D正确.变式题(1)1.25Hz(2)B处(3)0.162m[解析](1)由图像可知,单摆的周期T=0.8s所以单摆振动频率f==1.25Hz.(2)由图像可知,t=0时位移为负的最大值,所以开始时摆球在B处.(3)由T=2π知L=≈0.162m.考点四例3(1)AD(2)(3)2.019.76(4)B(5)[解析](1)做“用单摆测重力加速度”的实验时摆线要选择尽可能长一些的,摆球要选择质量大些、体积小些的,A、D正确.(2)由单摆周期T=2π,可得g=,n次全振动的时间为t,则单摆周期为T=,联立可得g=.(3)50次全振动的时间为100.5s,则周期T==2.01s,将题目所给数据代入g=,可得g=9.76m/s2.(4)由单摆周期T=2π,可得T2=l,若误将单摆的摆长记为悬点到小球下端的距离L,则单摆的实际摆长l=L-r,其中r为小球半径,联立可得T2=(L-r),变形得T2=L-,斜率大于零,纵截距-小于零,选项A错误.若误将49次全振动记成50次全振动,由T=可知,周期偏小,选项B正确.由g=可知,T偏小,则g偏大,选项C 错误.(5)设A点到细绳与铁锁所组成系统重心的距离为r,则摆长L=l+r.由单摆周期公式T=2π,可得T=2π,前后两次改变摆长,可得周期T1=2π,T2=2π,从而得g=.变式题0.9950最低点100.22.0[解析]摆长L=0.9950m;由于摆球经过最低点时速度最大,引起的周期测量误差最小,故在测量周期时,当摆球摆动稳定后,计时起点应选在小球摆至最低点时;秒表的读数为t=100.2s,则单摆的周期为T==s≈2.0s;由T=,T=2π,可得g=.考点五1.BD[解析]摇把匀速转动的频率f=Hz=4Hz,周期T==0.25s,当振子稳定振动时,它的振动周期及频率均与驱动力的周期及频率相等,A错误,B正确.当转速减小时,频率将更接近振子的固有频率2Hz,弹簧振子的振幅将增大,C、E错误,D正确.2.BCE[解析]在A的驱动下,B、C、D均做受迫振动,受迫振动的频率均与驱动力的频率(A的固有频率)相等,与各自的固有频率无关,选项A正确,选项B错误.在B、C、D中,只有C的固有频率等于驱动力的频率,所以在B、C、D中C的振幅最大,选项C、E错误,选项D正确.3.AB[解析]由共振曲线知,此单摆的固有频率为0.5Hz,固有周期为2s;由T=2π得,此单摆的摆长约为1m;若摆长增大,则单摆的固有周期增大,固有频率减小,共振曲线的峰将向左移动,A、B正确,C、D错误.此单摆做受迫振动,只有共振时的振幅最大,为8cm,E 错误.1.[2015·浙江卷]某个质点的简谐运动图像如图35-1所示,求振动的振幅和周期.图35-1[答案]10cm8s[解析]由图读出振幅A=10cm简谐运动方程x=A sin代入数据得-10cm=10sin cm解得T=8s.2.一位游客在千岛湖边欲乘坐游船,当日风浪较大,游船上下浮动.可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动,振幅为20cm,周期为3.0s.当船上升到最高点时,甲板刚好与码头地面平齐.地面与甲板的高度差不超过10cm时,游客能舒服地登船.在一个周期内,游客能舒服登船的时间是()A.0.5sB.0.75sC.1.0sD.1.5s[解析]C从平衡位置开始计时,游船的振动方程为x=20sin cm,游客要舒服地登船需满足的条件Δx=20-x≤10,解得0.25s≤t≤1.25s,故游客能舒服地登船的时间Δt=1.0s,选项C正确.3.质点做简谐运动,其x-t关系如图35-2所示.以x轴正向为速度v的正方向,该质点的v-t关系是图35-3中的()图35-2A B C D图35-3[解析]B速度为矢量,它随时间变化的周期与位移随时间变化的周期相同,故C、D错误;t=0时,质点在正向最大位移处,速度为零,t=时,质点在平衡位置且向x轴负向运动,速度为负向最大,故A错误,B正确.4.做简谐振动的物体,当它每次经过同一位置时,可能不同的物理量是()A.位移B.速度C.加速度D.回复力[解析]B做简谐振动的物体,经过同一位置时,相对平衡位置的位移x相同,回复力(F=-kx)相同,由牛顿第二定律(F=ma)知加速度a相同,物体可能以方向相反的速度经过同一位置,故B正确.图35-45.甲、乙两个学习小组分别利用单摆测当地重力加速度.(1)甲组同学采用如图35-4所示的实验装置.①由于没有游标卡尺,无法测小球的直径d,实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l,测得多组周期T和l的数据,作出l-T2图像,如图35-5所示.图35-5A.实验得到的l-T2图像是.B.小球的直径是cm.②在测量摆长后,测量周期时,摆球摆动过程中悬点O处摆线的固定点出现松动,摆长略微变长,这将会导致所测重力加速度的数值(选填“偏大”“偏小”或“不变”).(2)乙组同学在图示装置的基础上再增加一个速度传感器,如图35-6甲所示.将摆球拉开一个小角度使其做简谐运动,速度传感器记录了摆球在摆动过程中速度随时间变化的关系,如图乙所示.图35-6①由图乙可知,该单摆的周期T=s.②改变摆线长度l后,多次测量,根据实验数据,利用计算机作出T2-l图线(l为摆线长),并根据图线拟合得到方程T2=(4.04l+0.024)s2.由此可以得出当地的重力加速度g= m/s2.(取π2=9.86,结果保留3位有效数字)[答案](1)①A.c B.1.2②偏小(2)①2.0②9.76[解析](1)①单摆的周期T=2π,所以l=T2+,则l-T2图像为直线,其斜率k=,纵截距b=>0,所以图像为c,d=1.2cm.②测量周期时,摆球摆动过程中悬点O处摆线的固定点出现松动,摆长略微变大,则摆长的测量值偏小,测得的重力加速度偏小.(2)①根据简谐运动的图线知,单摆的周期T=2.0s.②根据T=2π得T2=l+,对比图线方程,可知图线的斜率k==4.04s2/m,解得g=9.76m/s2.第36讲机械波【教材知识梳理】一、机械振动有波源有介质受迫垂直平行二、1.相同2.波源4.λf三、1.平衡位置位移2.平衡位置四、1.(1)位移的矢量和(2)①增大减小②频率2.(2)相差不多更小3.(2)相对运动(3)升高降低辨别明理(1)(×)(2)(×)(3)(√)(4)(×)(5)(×)(6)(×)(7)(×)(8)(×)(9)(√)(10)(√)【考点互动探究】考点一例1(1)133cm(2)125cm[解析](1)由题意,O、P两点间的距离与波长λ之间满足OP=λ波速v与波长的关系为v=在t=5s的时间间隔内,波传播的路程为vt.由题意有vt=PQ+式中,PQ为P、Q间的距离.联立解得PQ=133cm(2)Q处的质点第一次处于波峰位置时,波源运动的时间为t1=t+T波源从平衡位置开始运动,每经过,波源运动的路程为A,由题给条件得t1=25×故t1时间内,波源运动的路程为s=25A=125cm变式题1ABD[解析]由于没有能量损失,故P与波源的振幅相同,A正确;波在传播过程中周期不变,故B正确;介质中所有质点开始振动的方向都与波源的起振方向相同,故C错误;若P与波源距离s=vT,则质点P与波源之间的距离为一个波长,故质点P与波源的位移总是相同的,D正确.变式题2BDE[解析]波长λ=vT==0.8m,SQ=14.6m=18λ,当S处于平衡位置向上振动时,Q应处于波谷;SP=15.8m=19λ,当S处于平衡位置向上振动时,P应处于波峰;可见P、Q两质点运动的方向应始终相反,A、C错误,B、D、E正确.考点二例2ACE[解析]由图像可知,λ=0.16m,波向x轴正方向传播,则有nT+=0.20s,已知周期T>0.20s,所以取n=0,可得T=0.4s,故波速v==0.40m/s,A正确,B错误;由图像可知,t=0时,x=0.08m处的质点位于平衡位置向y轴正方向振动,则t=0.70s=T时位于波谷,t=0.12s=0.3T时在平衡位置上方向波峰处运动,C正确,D错误;波从一种介质进入到另外一种介质,频率、周期均不变,所以λ'=v'T=0.32m,E正确.变式题ADE[解析]由波动图像知,波的振幅为2cm,选项A正确;波长λ=8m,周期T==s=2s,选项B错误;由于波沿x轴正方向传播,由波传播方向和质点振动方向的关系知,x=4m处质点此时向y轴正方向运动,选项C错误;此时x=4m处的质点处于平衡位置,其加速度为零,选项D正确.t=5s=T,则从此时开始5s后x=4m处的质点沿y轴负方向运动,选项E正确.例3(1)18cm/s x轴负方向(2)9cm[解析](1)由图甲可以看出,该波的波长为λ=36cm①由图乙可以看出,周期为T=2s②波速为v==18cm/s③由图乙知,当t=s时,Q点向上运动,结合图甲可得,波沿x轴负方向传播.(2)设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为x P、x Q.由图甲知,x=0处y=-=A sin(-30°),因此x P=λ=3cm④由图乙知,在t=0时Q点处于平衡位置,经Δt=s,其振动状态向x轴负方向传播至P点处,由此及③式有x Q-x P=vΔt=6cm⑤由④⑤式得,质点Q的平衡位置的x坐标为x Q=9cm⑥变式题ACE[解析]由图甲读出波长λ=2m,由图乙读出周期T=4s,则v==0.5m/s,选项A正确;图甲是t=2s时的波形图,图乙是x=1.5m处质点的振动图像,该质点在t=2s时向下振动,所以波沿x轴负方向传播,选项B错误;在0~2s内质点P由波峰向波谷振动,通过的路程s=2A=8cm,选项C正确,选项D错误;t=7s时,质点P振动了个周期,所以此时质点P位置与t=T=3s时位置相同,即在平衡位置,选项E正确.考点三例4(1)x=(50+300n)cm,n=0,±1,±2,…(2)0.1s[解析](1)t=0时,在x=50cm处两列波的波峰相遇,该处质点偏离平衡位置的位移为16cm,两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm.从图线可以看出,甲、乙两列波的波长分别为λ1=50cm,λ2=60cm甲、乙两列波波峰的x坐标分别为x1=50+k1λ1,k1=0,±1,±2,…x2=50+k2λ2,k2=0,±1,±2,…联立可得,介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的x坐标为x=(50+300n)cm,n=0,±1,±2,…(2)只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为-16cm.t=0时,两波波谷间的x坐标之差为Δx'=-式中,m1和m2均为整数.将波长代入,可得Δx'=10(6m2-5m1)+5由于m1、m2均为整数,相向传播的波谷间的距离最小为Δx'0=5cm从t=0开始,介质中最早出现偏离平衡位置位移为-16cm的质点的时间为t=代入数值得t=0.1s变式题1AC[解析]t=0时刻,a点在波峰,b点在平衡位置,且向下振动.若波由a传到b,则a、b间距s=λ=9m(n=0,1,2,…),得λ=12m,m,m,…;若波由b传到a,则a、b间距s=λ=9m(n=0,1,2,…),得λ=36m,m,4m,…,故A、C正确.变式题2(1)54m/s(2)58m/s(3)波向左传播[解析](1)波向右传播时,传播距离Δx满足Δx=kλ+λ(k=0,1,2,3,…)由Δt=知传播时间满足Δt=kT+T(k=0,1,2,3,…)由于3T<t2-t1<4T因此k=3故Δt=3T+T由波形图知λ=8m波速v==54m/s(2)波向左传播时,传播距离Δx满足Δx=kλ+λ(k=0,1,2,3,…)传播时间满足Δt=kT+T(k=0,1,2,3,…)由3T<t2-t1<4T可知k=3故Δt=3T+T波速v==58m/s(3)波速大小为74m/s时,波在Δt时间内传播的距离为Δx=vΔt=74×0.5m=37m=(4λ+5)m所以波向左传播考点四1.BD[解析]使狭缝满足发生明显衍射现象的条件即可,即将狭缝变小或将波长变大,B、D正确.2.(1)a、c、e b、d、f(2)b、c、d、f(3)如图所示[解析](1)a、e两点分别是波谷与波谷、波峰与波峰相交的点,故此两点为振动加强点;c 点处在a、e连线上,且从运动的角度分析a点的振动形式恰沿该线传播,故c点是振动加强点;同理,b、d是振动减弱点,f也是振动减弱点.(2)因为S1、S2振幅相同,振动最强区的振幅为2A,最弱区的振幅为零,此时位移为零的点是b、c、d、f.(3)图中对应时刻a处在两波谷的交点上,即此时刻a在波谷,同理e在波峰,所以对应的波形如图所示.3.ADE[解析]根据多普勒效应,女同学荡秋千的过程中,只要她有向右的速度,即靠近声源,她都会感到哨声音调变高;反之,女同学向左运动时,她感到音调变低,选项A、D、E 正确,B、C错误.1.(多选)[2015·海南卷]一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图36-1所示,质点P的x坐标为3m.已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s.下列说法正确的是()图36-1A.波速为4m/sB.波的频率为1.25HzC.x坐标为15m的质点在t=0.6s时恰好位于波谷D.x坐标为22m的质点在t=0.2s时恰好位于波峰E.当质点P位于波峰时,x坐标为17m的质点恰好位于波谷[解析]BDE任意振动质点连续两次经过平衡位置的时间间隔为0.4s,所以T=0.4s,T=0.8s,波传播周期与质点振动周期相同,所以简谐波的周期T=0.8s,由图可得λ=4m,可知v==5m/s,A错误;f==1.25Hz,B正确;x=15m的质点与x=3m处质点振动情况相同经过0.6s=T到达平衡位置,C错误;x=22m的质点与x=2m处质点振动情况相同,经过0.2s=T到达波峰,D正确;x=17m的质点与P点相差3λ,振动情况完全相反,所以当P点位于波峰时,x=17m处的质点位于波谷,E正确.2.(多选)[2016·天津卷]在均匀介质中坐标原点O处有一波源做简谐运动,其表达式为y=5sin,它在介质中形成的简谐横波沿x轴正方向传播,某时刻波刚好传播到x=12m处,波形图像如图36-2所示,则()图36-2A.此后再经6s该波传播到x=24m处B.M点在此后第3s末的振动方向沿y轴正方向C.波源开始振动时的运动方向沿y轴负方向D.此后M点第一次到达y=-3m处所需时间是2s[解析]AB根据波源做简谐运动的表达式可知,周期为4s,从波的图像可以看出波长为8m,根据波速公式可以得出,波速为2m/s,再经过6s,波向前传播了12m,故振动的形式传到x=24m处,A正确;M点在此时振动的方向沿y轴负方向,则第3s末,即经过了周期,该点的振动方向沿y轴正方向,B正确;波传播到x=12m时的起振方向为y轴正方向,波源的起振方向与每个点的起振方向一致,C错误;该时刻M点向y轴负方向振动,设经时间t1运动到平衡位置,由3=5sin,得t1=s,故M点第一次到达y=-3m处所需时间为s,D错误.3.(多选)[2016·四川卷]简谐横波在均匀介质中沿直线传播,P、Q是传播方向上相距10m 的两质点,波先传到P,当波传到Q时开始计时,P、Q两质点的振动图像如图36-3所示,则()图36-3A.质点Q开始振动的方向沿y轴正方向B.该波从P传到Q的时间可能为7sC.该波的传播速度可能为2m/sD.该波的波长可能为6m[解析]AD读图可知,质点P的振动图像为虚线,质点Q的振动图像为实线.从0时刻开始,质点Q的起振方向沿y轴正方向,选项A正确.由题可知,简谐横波的传播方向从P 到Q,由图可知,周期T=6s,质点Q的振动图像向左平移4s后与P点的振动图像重合,意味着Q比P的振动滞后了4s,即P传到Q的时间Δt可能为4s,同时由周期性可知,从P 传到Q的时间Δt为(4+nT)s,n=0,1,2,…,即Δt=4s,10s,16s,…,所以选项B错误.由v=,考虑到简谐波的周期性,当Δt=4s,10s,16s,…时,速度v可能为2.5m/s,1m/s,0.625m/s,…,选项C错误.同理,考虑周期性,由λ=vT可得,波长可能为15m,6m,3.75m,…,选项D正确.4.(多选)[2016·上海卷]甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播,波速为2m/s,振幅相同;某时刻的图像如图36-4所示,则()图36-4A.甲、乙两波的起振方向相反B.甲、乙两波的频率之比为3∶2C.再经过3s,平衡位置在x=7m处的质点振动方向向下D.再经过3s,两波源间(不含波源)有5个质点位移为零[解析]ABD甲波的起振方向向下,乙波的起振方向向上,A正确;甲、乙两波的波长之比为2∶3,波速相等,根据v=λf,故频率之比为3∶2,B正确;再经过3s,甲、乙均传播6m 距离,平衡位置在x=7m处的质点振动方向向上,C错误;再经过3s,甲、乙各传播6m距离,作出此时刻的波形,可以看出正、负位移相等的点有5个,D正确.。
2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：第十四章 第一讲 机械振动 含答案
基础复习课第一讲机械振动一、简谐运动单摆、单摆的周期公式1．简谐运动(1)定义：物体在跟位移大小成正比并且总是指向平衡位置的回复力作用下的振动．(2)平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置．(3)回复力①定义：使物体返回到平衡位置的力．②方向：总是指向平衡位置．③来源：属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力．(4)简谐运动的特征①动力学特征：F回＝－kx.②运动学特征：x、v、a均按正弦或余弦规律发生周期性变化(注意v、a的变化趋势相反)．③能量特征：系统的机械能守恒，振幅A不变．2．简谐运动的两种模型(1)弹簧质量可忽略(1)摆线为不可伸缩的轻细线1．简谐运动的表达式(1)动力学表达式：F＝－kx，其中“－”表示回复力与位移的方向相反．(2)运动学表达式：x＝A sin(ωt＋φ)，其中A代表振幅，ω＝2πf表示简谐运动的快慢．2．简谐运动的图象(1)从平衡位置开始计时，函数表达式为x＝A sin ωt，图象如图甲所示．(2)从最大位移处开始计时，函数表达式为x＝A cos ωt，图象如图乙所示．三、受迫振动和共振1．受迫振动系统在驱动力作用下的振动．做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率)无关．2．共振做受迫振动的物体，它的固有频率与驱动力的频率越接近，其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象．共振曲线如图所示．[小题快练]1．判断题(1)简谐运动平衡位置就是质点所受合力为零的位置．( × )(2)弹簧振子每次经过平衡位置时，位移为零、动能为零．( × )(3)单摆无论摆角多大都是简谐运动．( × )(4)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关．( √ )(5)简谐运动的图象描述的是振动质点的轨迹．( × )2．某单摆由1 m长的摆线连接一个直径为2 cm的铁球组成，关于单摆周期，以下说法正确的是( A )A．用等大的铜球替代铁球，单摆的周期不变B．用大球替代小球，单摆的周期不变C．摆角从5°改为3°，单摆的周期会变小D．将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变大3．一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系曲线如图所示，由图可知( B )A．质点的振动频率是4 HzB．t＝2 s时，质点的加速度为正向最大C．质点的振幅为4 cmD．t＝3 s时，质点所受的回复力最大4．如图所示的装置，弹簧振子的固有频率是4 Hz.现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1 Hz，则把手转动的频率为( A )A．1 Hz B．3 HzC．4 Hz D．5 Hz考点一简谐运动的五个特征(自主学习)1．动力学特征：F＝－kx，“－”表示回复力的方向与位移方向相反，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数．2．运动学特征：简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比，而方向相反，为变加速运动，远离平衡位置时，x、F、a、E p均增大，v、E k均减小，靠近平衡位置时则相反．3．运动的周期性特征：相隔T或nT的两个时刻，振子处于同一位置且振动状态相同．4．对称性特征(1)相隔T2或(2n＋1)T2(n为正整数)的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等，方向相反．(2)如图所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点，P、P′(OP＝OP′)时，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等．(3)振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即t PO＝t OP′.(4)振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即t OP＝t PO.5．能量特征：振动的能量包括动能E k和势能E p，简谐运动过程中，系统动能与势能相互转化，系统的机械能守恒．1－1.[简谐运动的规律]关于简谐运动的位移、加速度和速度的关系，下列说法中正确的是()A．位移减小时，加速度减小，速度也减小B．位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向相同C．物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同D．物体向负方向运动时，加速度方向与速度方向相同；向正方向运动时，加速度方向与速度方向相反答案：C1－2.[竖直方向的弹簧振子](多选)(2015·山东卷)如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y ＝0.1sin 2.5πt(m)．t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.以下判断正确的是()A．h＝1.7 mB．简谐运动的周期是0.8 sC．0.6 s内物块运动的路程是0.2 mD．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反答案：AB1－3.[周期性问题]一个弹簧振子做简谐振动，若从平衡位置开始计时，经过3 s时，振子第一次到达P点，又经过2 s第二次经过P点．则该弹簧振子的振动周期可能为() A．32 s B．16 sC．8 s D．4 s答案：B1－4.[水平方向的弹簧振子]如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a、b两个小物块粘在一起组成的．物块在光滑水平面上左右振动，振幅为A0，周期为T0.当物块向右通过平衡位置时，a、b之间的粘胶脱开，以后小物块a振动的振幅和周期分别为A和T，则A A0，T T0.(均填“>”“<”或“＝”)解析：当物块向右通过平衡位置时，脱离前振子的动能E k1＝12(m a＋m b)v2脱离后振子的动能E k2＝12m av20由机械能守恒可知，平衡位置处的动能等于最大位移处的弹性势能，因此脱离后振子振幅变小；振动中振子的质量变小，振子的周期变小．答案：<<考点二简谐运动的规律及图象(自主学习)1．简谐运动的数学表达式x＝A sin(ωt＋φ)2．振动图象提供的信息(1)由图象可以看出质点振动的振幅、周期．(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移．(3)可以确定各时刻质点的振动方向．(4)可以确定某时刻质点的回复力、加速度和速度的方向．(5)比较不同时刻质点的速度、加速度的大小．2－1.[图象信息的分析]一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是()A．质点振动频率是4 HzB．在10 s内质点经过的路程是20 cmC．第4 s末质点的速度是零D．在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相同答案：B2－2.[两个弹簧振子图象的比较](多选)如图所示为两个弹簧振子的振动图象．下面的说法中正确的是()A．甲的振动能量是乙的2倍B．甲的振动频率是乙的2倍C．乙的振动周期是甲的2倍D．甲、乙的位移不可能同时达到正向最大值答案：BCD2－3.[应用图象求解有关物理量](多选)(2018·黔东南州一模)质点做简谐运动的图象，下列说法正确的是_A．该质点振动的周期为0.8 sB．t＝0.2 s时，质点的加速度最大C．质点在一个周期内通过的路程为16 cmD．在t＝0和t＝0.4 s时，质点所受的回复力相同E．t＝0.3 s时，质点的速度方向沿x轴的负方向解析：从图中可知T＝0.8 s，A正确；t＝0.2 s时质点在平衡位置，回复力为零，加速度为零，B错误；质点在一个周期内的路程为s＝4A＝4×4cm＝16 cm，C正确；t＝0时刻质点在正向最大位移处，回复力指向－x方向，而在t＝0.4 s时刻质点在负向最大位移处，回复力指向x正方向，故两力大小相等，但方向不同，D错误；t＝0.3 s时质点正沿－x 方向运动，E正确．答案：ACE考点三单摆受迫振动和共振(自主学习)1．单摆的周期公式单摆的振动周期(T＝2πlg)与摆长和重力加速度有关，而与振幅和摆球质量无关．单摆周期与振幅无关，即具有等时性．2．自由振动、受迫振动和共振的关系比较3.(1)共振曲线：如图所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A.它直观地反映了驱动力频率对某振动系统受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当f ＝f0时，振幅A最大．(2)受迫振动中系统能量的转化：受迫振动系统机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换．3－1. [受迫振动](多选)如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动．开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2 Hz.现匀速转动摇把，转速为240 r/min，则()A．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 sB．当振子稳定振动时，它的振动频率是4 HzC．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大D．当转速减小时，弹簧振子的振幅增大答案：BD3－2.[共振现象](多选)铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行的列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击．由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车由于受到周期性的冲击力做受迫振动．普遍钢轨长为12.6 m，列车的固有振动周期为0.315 s．下列说法正确的是()A．列车的危险速率为40 m/sB．列车过桥需要减速，是为了防止列车与桥发生共振现象C．列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的D．增加钢轨的长度有利于列车高速运行答案：ABD3－3.[单摆周期问题]如图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置．设向右为正方向．图乙是这个单摆的振动图象．根据图象回答：(1)单摆振动的频率是多大？(2)开始时摆球在何位置？(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求摆长．解析：(1)由题图乙知，单摆的周期T＝0.8 s所以单摆振动频率f＝1T＝1.25 Hz.(2)由题图乙知，t＝0时位移为负的最大，所以开始时摆球在B处．(3)由T＝2πL g知L＝T2g4π2≈0.162 m.答案：(1)1.25 Hz(2)B处(3)0.162 m考点四实验：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度(自主学习)1．实验原理：由单摆的周期公式T＝2πlg，可得出g＝4π2T2l，测出单摆的摆长l和振动周期T，就可求出当地的重力加速度g.2．实验器材：单摆、游标卡尺、毫米刻度尺、停表．3．实验步骤(1)做单摆：取约1 m 长的细丝线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自然下垂，如图所示．(2)测摆长：用毫米刻度尺量出摆线长L (精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直径D ，则单摆的摆长l ＝L ＋D2.(3)测周期：将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5°)，然后释放小球，记下单摆摆动30～50次的总时间，算出平均每摆动一次的时间，即为单摆的振动周期． (4)改变摆长，重做几次实验． (5)数据处理的两种方法： ①公式法g ＝4π2T 2l ； ②图象法画l －T 2图象．4－1.(2018·运城模拟)某同学想在家里做“用单摆测定重力加速度”的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块大小约为3cm 、外形不规则的大理石代替小球．他设计的实验步骤如下：A ．将石块和细尼龙线系好，结点为M ，将尼龙线的上端固定于O 点；B ．用刻度尺测量OM 间尼龙线的长度L 作为摆长；C ．将石块拉开一个大约α＝5°的角度，然后由静止释放；D ．从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t ，由T ＝t30 得出周期； E ．改变OM 间尼龙线的长度再做几次实验，记下每次相应的l 和T ；F ．求出多次实验中测得的l 和T 的平均值，作为计算时用的数据，代入公式g ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2l ，求出重力加速度g .(1)该同学以上实验步骤中有重大错误的是 ．(2)该同学用OM 的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值 (选填“偏大”或“偏小”)．解析：(1)摆长应为石块重心到悬点的距离，故B 步骤错误；计时开始的位置应为摆球振动的平衡位置，故D 步骤错误；在用公式g ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2l 计算g 时，应先将各项的l 和T 单独代入求解g 值，故F 步骤错误．(2)因为用OM 作为摆长，比单摆的实际摆长偏小，因此计算出的重力加速度的值比实际值偏小．答案：(1)BDF (2)偏小4－2.[数据处理、误差分析] 某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：(1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图甲所示，可读出摆球的直径为 cm.把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L .(2)用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n ＝1，单摆每经过最低点记一次数，当数到n ＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T ＝ s(结果保留三位有效数字)．(3)测量出多组周期T 、摆长L 的数值后，画出T 2－L 图线如图丙，此图线斜率的物理意义是( )A ．gB ．1g C.4π2gD ．g 4π2(4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小( ) A ．偏大 B ．偏小 C ．不变D ．都有可能解析：(1)摆球的直径为d ＝20 mm ＋6×110 mm ＝20.6 mm ＝2.06 cm. (2)秒表的读数为t ＝60 s ＋7.5 s ＝67.5 s ，根据题意t＝60－12T＝592T，所以周期T＝2t59＝2.29 s.(3)根据单摆的周期公式T＝2πLg，可得T2L＝4π2g＝k(常数)，所以C正确．(4)因为T2L＝4π2g＝k(常数)，所以ΔT2ΔL＝4π2g＝k，若误将摆线长当作摆长，画出的直线将不通过原点，但图线的斜率仍然满足T21－T22L1－L2＝4π2g＝k，所以由图线的斜率得到的重力加速度不变．答案：(1)2.06(2)2.29(3)C(4)C1．如图所示，一弹簧振子在B、C两点间做简谐运动，B、C间距为12 cm，O是平衡位置，振子从C点第一次运动到B点的时间为0.5 s，则下列说法中正确的是( A )A．该弹簧振子的周期为1 sB．该弹簧振子的频率为2 HzC．该弹簧振子的振幅为12cmD．振子从O点出发第一次回到O点的过程就是一次全振动2．(多选)一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图象如图所示．a、b、c、d表示质点在不同时刻的相应位置，且b、d关于平衡位置对称，则下列说法中正确的是( AC )A．质点做简谐运动的方程为x＝A sin π4tB．质点在位置b与位置d时速度大小相同，方向不同C．质点从位置a到c和从位置b到d所用时间相等D．质点从位置a到b和从b到c的平均速度相等3．(多选)如图所示，A球振动后，通过水平细绳迫使B、C振动，振动达到稳定时，下列说法中正确的是( CD )A ．只有A 、C 的振动周期相等B ．C 的振幅比B 的振幅小 C ．C 的振幅比B 的振幅大D ．A 、B 、C 的振动周期相等4．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为 cm.(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是 (填选项前的字母)． A ．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时 B ．测量摆球通过最低点100次的时间t ，则单摆周期为t 100C ．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大D ．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小解析：(1)由游标尺的“0”刻线在主尺上的位置读出摆球直径的整毫米数为9 mm ＝0.9 cm ，游标尺中第7条刻度线与主尺刻度线对齐，所以应为0.07 cm ，所以摆球直径为0.9 cm ＋0.07 cm ＝0.97 cm.(2)单摆摆角太大，且单摆应从最低点计时，故A 错误；因一个周期内，单摆有2次通过最低点，故B 错误；由T ＝2πl g 得，g ＝4π2lT 2，若用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，则g 偏大，C 正确；因空气阻力的影响，选密度小的摆球，测得的g 值误差大，D 错误． 答案：(1)0.97 (2)C[A 组·基础题]1．摆长为L 的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(取t ＝0)，当运动至t ＝3π2Lg 时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象为下图中的( D )2．一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，则( B )A．此单摆的固有周期约为0.5 sB．此单摆的摆长约为1 mC．若摆长增大，单摆的固有频率增大D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动3．(多选)某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝A sin π4t，则质点( AD )A．第1 s末与第3 s末的位移相同B．第1 s末与第3 s末的速度相同C．3 s末至5 s末的位移方向相同D．3 s末至5 s末的速度方向相同4．(多选) 细长轻绳下端拴一小球构成单摆，在悬挂点正下方二分之一摆长处有一个能挡住摆线的钉子A，如图所示．现将单摆向左方拉开一个小角度，然后无初速地释放．对于以后的运动，下列说法中正确的是( AB )A．单摆往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小B．摆球在左右两侧上升的最大高度一样C．摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长相等D．摆线在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的两倍5．(多选) 如图所示，在光滑杆下面铺一张可沿垂直杆方向匀速移动的白纸，一带有铅笔的弹簧振子在B、C两点间做机械振动，可以在白纸上留下痕迹．已知弹簧的劲度系数为k＝10 N/m，振子的质量为0.5 kg，白纸移动速度为2 m/s，弹簧弹性势能的表达式E p＝12ky2，不计一切摩擦．在一次弹簧振子实验中得到如图所示的图线，则下列说法中正确的是( BC )A．该弹簧振子的振幅为1 mB．该弹簧振子的周期为1 sC．该弹簧振子的最大加速度为10 m/s2D．该弹簧振子的最大速度为2 m/s6．(多选)(2018·长春模拟)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是( ABD )A．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆E．由图象可以求出当地的重力加速度解析：从图中可得两单摆的周期相同，所以根据单摆周期公式T＝2πlg可得两单摆的摆长相同，A正确；从图中可得甲的振幅为10 cm，乙的振幅为7 cm，故B正确；由于两者质量未知，所以无法判断机械能大小，C错误；在t＝0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负且最大，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确；由于不知道摆长，只知道摆长相同，所以无法求解重力加速度，E错误．[B组·能力题]7. (多选)(2019·兰州一中期中)一根不可伸长的细线．上端悬挂在O点，下端系一个小球，如图甲所示，某同学利用此装置来探究周期与摆长的关系．该同学用米尺测得细线两端的长度，用卡尺测量小球的直径，二者相加为l，通过改变细线的长度，测得对应的周期T，得到该装置的l－T2图象如图乙所示．利用所学单摆相关知识，选择下列说法正确的选项(取π2＝9.86)( BCD )A．T＝2 s时摆长为1 mB．T＝2 s时摆长为0.994 mC．摆球半径为0.006 mD．当地重力加速度为9.80 m/s2解析：设摆长为l′，由单摆的周期公式T＝2πl′g(l′＝l－0.006 m)并结合图乙推导得：l＝0.006＋g4π2T2，可知g4π2为l－T2图象的斜率，所以有：g4π2＝g4×9.86＝1.000－0.0064，解得：g＝9.80 m/s2，故D正确；由单摆的周期公式有：l′＝g4π2T2＝9.804×9.86×22＝0.994 m，故B正确，A错误；由图乙可知，l－T2图象没有经过坐标原点，同时由l＝0.006＋g4π2T2可知，纵轴的截距为球的半径，故半径为r＝0.006 m，选项C正确．8．(多选) (2018·河南豫北名校月考)如图所示，一质量为M的木质框架放在水平桌面上，框架上悬挂一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端拴接一质量为m的铁球．用手向下拉一小段距离后释放铁球．铁球便上下做简谐运动，则( BCE )A ．弹簧处于原长时的位置是铁球做简谐运动的平衡位置B ．在铁球向平衡位置运动的过程中，铁球的位移、回复力、加速度都逐渐减小，速度增大C ．若铁球的振动周期恰好等于以铁球平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期，则该铁球的周期T ＝2πmkD ．若弹簧振动过程的振幅可调，则当框架对桌面的压为零时，弹簧的压缩量为mgk E ．若弹簧振动过程的振幅可调，且保证木质框架不会离开桌面，则铁球的振幅最大是(M ＋m )gk解析：平衡位置是振子处于平衡状态时所处的位置，铁球处于平衡位置时，其所受的重力大小与弹簧的弹力大小相等，即mg ＝kx ，此时弹簧处于拉伸状态，故选项A 错误；振动中的位移是由平衡位置指向振动物体所在位置的有向线段，因而铁球向平衡位置运动时位移逐渐减小，而回复力与位移成正比，故回复力也减小，由牛顿第二定律a ＝Fm 得，加速度也减小，铁球向平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，故小球的速度逐渐增大，故选项B 正确；单摆周期公式T ＝2πLg ，根据平衡条件有kL ＝mg ，联立解得T ＝2πmk ，故选项C 正确；当框架对桌面压力为零瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力Mg ，则轻弹簧处于压缩状态，弹力F ＝Mg ＝kx ，解得弹簧的压缩量为x ＝Mgk ，故选项D 错误；框架重力为Mg ，当铁球处在最高位置，即弹簧被压缩时，框架受到竖直向上的弹力等于Mg ，此时框架对桌面的压力恰好减小为零，根据胡克定律，这时弹簧被压缩Δl ＝Mg k ，铁球处于平衡位置时，弹簧被拉长Δl 0＝mgk ，振幅是铁球离开平衡位置的最大距离，最大振幅A m ＝Δl ＋Δl 0＝(M ＋m )g k ，因此铁球的振幅只要不大于(M ＋m )gk，框架就不会离开桌面，故选项E 正确．9．(多选)(2018·合肥八中模拟)某同学在做“用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为l ，摆球直径为d ，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为t .他测得的g 值偏小，可能的原因是( BCD ) A ．测摆线长时摆线拉得过紧B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．开始计时，秒表过早按下D．实验中误将51次全振动数记为50次E．实验中误将49.5次全振动数记为50次解析：本实验测量g的原理是单摆的周期公式T＝2πlg，根据此公式变形得到g＝4π2lT2.测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误；摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小，故B项正确；开始计时，秒表过早按下，测得单摆的周期偏大，则测得的重力加速度偏小．故C项正确；实验中误将51次全振动数为50次，测得单摆的周期偏大，则测得的重力加速度偏小．故D项正确；实验中误将49.5次全振动数为50次．测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故E项错误．10．甲、乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度．(1)甲组同学采用图甲所示的实验装置．A．该组同学先测出悬点到小球球心的距离L，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t.请写出重力加速度的表达式g＝(用所测物理量表示)．B．在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值(填“偏大”“偏小”或“不变”)．(2)乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示．将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，得到如图丙所示的v－t图线．A．由图丙可知，该单摆的周期T＝s；B．更换摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出T2－L(周期平方—摆长)图线，并根据图线拟合得到方程T2＝4.04L＋0.035.由此可以得出当地的重力加速度g＝m /s2.(取π2＝9.86，结果保留三位有效数字)解析：(1)A.根据T ＝2πL g ，T ＝t n可得g ＝4π2n 2Lt 2.测量周期时，摆球振动过程中悬点O 处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，则摆长的测量值偏小，测得的重力加速度偏小．(2)根据简谐运动的图线知，单摆的周期T ＝2.0 s ； 根据T ＝2πL g 得T 2＝4π2g L ，知图线的斜率k ＝4π2g ＝4.04， 解得g ＝9.76 m/s 2.答案：(1)4π2n 2Lt 2 偏小 (2)2.0 9.7611. 有一弹簧振子在水平方向上的B 、C 之间做简谐运动，已知B 、C 间的距离为20 cm ，振子在2 s 内完成了10次全振动．若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时(t ＝0)，经过14周期振子有正向最大加速度．(1)求振子的振幅和周期；(2)在图中作出该振子的位移—时间图象； (3)写出振子的振动方程． 解析：(1) 振幅A ＝10 cm ，T ＝210 s ＝0.2 s.(2)振子在14周期时具有正的最大加速度，故有负向最大位移，其位移—时间图象如图所示． (3)设振动方程为y ＝A sin(ωt ＋φ) 当t ＝0时，y ＝0，则sin φ＝0。
物理(新课标)高考总复习第一轮复习课件：第十四章第一节机械振动
第十四章 机械振动与机械波 光 电磁波与相对论
考试内容
要求
全反射、光导纤维
Ⅰ
光的干涉、衍射和偏振现象
Ⅰ
电磁波的产生
Ⅰ
电磁波的发射、传播和接收
Ⅰ
电磁波谱
Ⅰ
狭义相对论的基本假设
Ⅰ
质能关系
Ⅰ
实验：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
实验：测定玻璃的折射率
实验：用双缝干涉测光的波长
说明：1.简谐运动只限于单摆和弹簧振子． 2．简谐运动的公式只限于回复力公式；图象只限于位移－时间图象． 3．光的干涉只限于双缝干涉、薄膜干涉
3．运动的周期性特征：相隔 T 或 nT 的两个时刻，振子处于 同一位置且振动状态相同． 4．对称性特征 (1)相隔T2或（2n2＋1）T(n 为正整数)的两个时刻，振子位置关 于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等，方向相反． (2)如图所示，振子经过关于平衡位置 O 对称的两点 P、P′(OP＝OP′)时，速度的大小、动能、势能 相等，相对于平衡位置的位移大小相等．
A．h＝1.7 m B．简谐运动的周期是 0.8 s C．0.6 s 内物块运动的路程为 0.2 m D．t＝0.4 s 时，物块与小球运动方向相反
[审题指导] 由物块简谐运动的表达式可知物块运动的振幅 A、周期 T，以及 t 时刻的具体位置，再结合自由落体运动判 断两者运动的关系．
[解析] 由物块简谐运动的表达式 y＝0.1sin (2.5πt) m 知，ω ＝2.5π rad/s，T＝2ωπ＝22.5ππ s＝0.8 s，选项 B 正确；t＝0.6 s 时，y＝－0.1 m，对小球：h＋|y|＝12gt2，解得 h＝1.7 m，选 项 A 正确；物块 0.6 s 内路程为 0.3 m，t＝0.4 s 时，物块经 过平衡位置向下运动，与小球运动方向相同．故选项 C、D 错误．
2020高考物理一轮复习第十四章第1讲机械振动课件
(2)测摆长 用毫米刻度尺量出摆线长 L(精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直径 D， 则单摆的摆长 l＝L＋D2 。 (3)测周期 将单摆从平衡位置拉开一个角度(不超过 5°)，然后释放小球，记下单摆 摆动 30 次或 50 次全振动的总时间，算出平均每摆动一次全振动的时间，即 为单摆的振动周期 T。 (4)改变摆长，重做几次实验。
一 思维辨析 1．简谐运动是匀变速运动。( × ) 2．振幅等于振子运动轨迹的长度。( × ) 3．简谐运动的回复力肯定不是恒力。( √ ) 4．弹簧振子每次经过平衡位置时，位移为零、动能为零。( × ) 5．单摆无论摆角多大都是简谐运动。( × ) 6．物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关。( √ ) 7．简谐运动的图象描述的是振动质点的轨迹。( × )
□ (3)来源：属于 06 效果
力，可以是某一个力，也可以是几个力
的合力或某个力的分力。
4．描述简谐运动的物理量
知识点
简谐运动的公式和图象 Ⅱ
1．表达式
□ (1)动力学表达式：F＝ 01 －kx
，其中“－”表示回复力与位移
的方向相反。
□ (2)运动学表达式：x＝ 02 Asin(ωt＋φ0)
，其中 A 代表振幅，ω＝2Tπ
(1)质点相对平衡位置的位移的方向在哪些时间内跟它的瞬时速度的方 向相同？在哪些时间内跟瞬时速度的方向相反？
答案
解析 由振动图象知 A 甲＝2 cm，A 乙＝1 cm，所以甲、乙两个摆的振幅 之比为 2∶1，故 A 正确；T 甲＝4 s，T 乙＝8 s，所以ff甲 乙＝TT乙 甲＝21，故 B 错误； 由 T＝2π Lg得，LL甲乙＝TT2甲 2乙＝14，故 C 错误；由图象知乙第一次到达右方最大 位移时为 t＝2 s 时，此时 x 甲＝0，且向左运动，故 D 正确。
2020新亮剑高考物理总复习讲义：第十四单元 选修3-4 课时1 Word版含解析
第十四单元选修3-4课时1 机械振动见《自学听讲》P241 1.简谐运动及表达式(1)简谐运动:质点所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比,并且总是指向平衡位置。
平衡位置:物体在振动过程中回复力为零的位置。
回复力:①定义,使物体返回到平衡位置的力。
②方向,总是指向平衡位置。
③来源,属于效果力,可以是某一个力,也可以是几个力的合力或某个力的分力。
(2)简谐运动的表达式:①动力学表达式为F=-kx,其中“-”表示回复力与位移的方向相反。
②运动学表达式为x=A sin(ωt+φ),其中A代表振幅,ω=2πf表示简谐运动的快慢,ωt+φ代表简谐运动的相位,φ叫作初相。
【温馨提示】 简谐运动的平衡位置不是质点所受合力为零的位置,是回复力为零的位置。
2.简谐运动图象(1)简谐运动的图象:①从平衡位置开始计时,函数表达式为x=A sin ωt,图象如图甲所示。
②从最大位移处开始计时,函数表达式为x=A cos ωt,图象如图乙所示。
(2)简谐运动的振动图象:物理意义,表示振动物体的位移随时间变化的规律。
横轴表示时间,纵轴表示质点在不同时刻偏离平衡位置的位移。
需要注意的是振动图象不是质点的运动轨迹。
简谐运动的振动图象为正(余)弦函数曲线。
(3)振动图象的应用:①可读取A 、T 及各时刻的位移;②判断v 、x 、f 、a 的方向及变化情况和E k 、E p 的变化情况。
【温馨提示】 (1)简谐运动的图象并非振动质点的运动轨迹。
(2)做简谐运动的质点经过平衡位置时,回复力一定为零,但所受合力不一定为零。
(3)由于简谐运动具有周期性和对称性,因此涉及简谐运动时往往出现多解,分析时应特别注意。
位移相同时回复力、加速度、动能和势能等可以确定,但速度可能有两个方向,由于周期性运动时间也不能确定。
3.受迫振动和共振受迫振动的振动频率:当物体做受迫振动时,振动稳定后的频率等于驱动力的频率,跟物体的固有频率无关。
【温馨提示】 (1)无论发生共振与否,受迫振动的频率都等于驱动力的频率,但只有发生共振现象时振幅才能达到最大。
(江苏专用)2020版高考物理大一轮复习 第十四章 机械振动与机械波 光电磁波与相对论 第二节 机械
坐标的距离
3．波的传播方向与质点振动方向的互判方法
内容
图象
沿波的传播方向，“上
“上下 坡”时质点向下振动，
坡”法 “下坡”时质点向上
振动
内容
图象
波形图上某点表示传 “同侧”
播方向和振动方向的 法
箭头在图线同侧
将波形沿传播方向进
“微平 移”法
行微小的平移，再由对 应同一 x 坐标的两波 形曲线上的点来判断
振动方向
2．波的图象特点 (1)质点振动 nT(波传播 nλ)时，波形不变． (2)在波的传播方向上，当两质点平衡位置间的距离为 nλ(n＝ 1，2，3…)时，它们的振动步调总相同；当两质点平衡位置 间的距离为(2n＋1)2λ(n＝0，1，2，3…)时，它们的振动步调 总相反． (3)波源的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点 的起振方向与波源的起振方向相同．
(2)任意一质点在该时 (2)质点振幅
刻的位移 (3)某一质点在各时刻
(3)任意一质点在该时 的位移
刻加速度的方向 (4)各时刻速度、加速度
(4)传播方向、振动方 的方向
向的互判
振动图象
波动图象
随时间推移图象延续， 随时间推移，图象沿传
图象变化
但已有形状不变
播方向平移
一个完整
曲线占横
表示一个周期
表示一个波长
解析：选 BC.由图象可知简谐横波的波长为 λ＝4 m，A 项错 误；波沿 x 轴正向传播，t＝0.5 s＝34T＋nT(n＝0，1，2…)， 因为周期大于 0.5 s，可得周期 T＝23 s、频率 f＝T1＝1.5 Hz， 波速 v＝Tλ＝6 m/s，B、C 项正确；t＝0 时刻，x＝1 m 处的 质点在波峰，经过 1 s＝32T，一定在波谷，D 项错误．
2020届高考物理第一轮总复习 机械振动课件 精品
考点精析 1．机械振动的分类 (1)按受不受驱动力分类 ①自由振动：开始给振动系统一定的能量，使其振 动起来，以后振子自由运动，不再受其他力的作用．自由 振动的周期(或频率)等于它的固有周期(或频率)． ②受迫振动：物体在周期性驱动力作用下的振动， 受迫振动的周期(或频率)等于驱动力周期(或频率)，与物 体的固有周期(或频率)无关．
(3)含有其它作用力的单摆的周期． ①若该作用力对单摆的回复力没有影响，则周期仍 然不变．如悬点处有带正电的点电荷，而摆球带正电，此 时库仑力沿摆线方向，不影响回复力，周期与不带电时一 样． ②如该作用力为一恒力，等效g的取值为单摆不摆动 时，摆线的拉力F与摆球质量的比值，即等效g＝F/m.
温故自查
无振关幅．
考点精析 单摆周期公式T＝2π 的理解 1．公式成立的条件是单摆的摆角必须小于10°. 2．单摆的振动周期在振幅较小的条件下，与单摆的 振幅无关，与摆球的质量也无关． 3．周期公式中摆长为l：摆长l是指摆动圆弧的圆心 到摆球重心的距公式中的g. (1)只受重力和绳拉力，且悬点静止或匀速直线运动 的单摆，g为当地重力加速度，在地球上不同位置g的取值 不同，不同星球表面g值也不相同． (2) 单 摆 处 于 超 重 或 失 重 状 态 等 效 重 力 加 速 度 g ＝ g0±a，如在轨道上运动的卫星a＝g0，完全失重，等效g ＝0.
考点精析 应用简谐运动的图象可以获得的信息： 1．振幅A、周期T(注意单位)． 2．某一时刻振动质点离开平衡位置的位移． 3．某时刻质点的回复力、加速度和速度的方向．
判定方法： 因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度在 图象上总是指向t轴． 速度方向可以通过下一时刻位移的变化来判定，下 一时刻位移如增加，振动质点的速度方向就是远离t 轴．下一时刻位移如减小，振动质点的速度方向就是指向 t轴． 4．某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速 度、动能、势能的变化情况.
2022届高考物理一轮复习第十四章机械振动和机械波第一节简谐振动及其描述
第一节简谐振动及其描述1．机械振动简称振动，是指物体在某一中心位置两侧所做的往复运动，这一中心位置叫做平衡位置，物体受到总是指向平衡位置的合外力叫做回复力，2．由平衡位置指向振动物体所在位置的有向线段叫做物体的位移，振动物体离开平衡位置的最大距离叫做振幅。
3．每一次完整的振动叫做一次全振动，物体完成一次全振动所需要的时间叫做振动的周期(T)。
单位时间内完成的全振动的次数叫做振动的频率(f)，频率的单位是赫兹(Hz)显然有f＝1T。
4．物体所受的回复力跟位移大小成正比的机械振动叫做简谐振动。
5．把一个小球安放在弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球穿在光滑的水平杆上，可以在杆上滑动，小球和杆之间的摩擦不计，这样的系统称为弹簧振子，其中的小球叫做振子。
弹簧振子是个理想模型。
6．“平衡位置”不等于“平衡状态”。
平衡位置是指回复力为零的位置，物体在该位置所受的合外力不一定为零。
(如单摆摆到最低点时，沿振动方向的合力为零，但在指向悬点方向上的合力却不等于零，所以并不处于平衡状态)7．简谐运动的位移与时间的关系可以用正弦函数(或余弦函数)表示，如果用正弦函数表示，则可表示为x＝A sin(ωt＋Φ)。
8．如图所示，如果悬挂小球的细线的质量与伸缩可以忽略，线长又比球的直径大得多，这样的装置叫做单摆，在偏角θ很小时，单摆可看成简谐运动。
如果设单摆的摆长为l，重力加速度为g，则单摆的周期T＝2πl g 。
9．阻尼振动是指振动中受阻力，能量减少，振幅逐渐减小的振动；无阻尼振动是指振动中无阻力，能量无损失，振幅大小不变的振动。
10．受迫振动是指物体在外界周期性驱动力作用下的振动。
11．物体在受迫振动中，当驱动力的频率跟物体的固有频率相等的时候，受迫振动的振幅最大，这种现象叫共振。
例1 如图所示，为一弹簧振子，O 为振动的平衡位置，将振子拉到位置C 从静止释放，振子在BC 间往复运动，已知BC 间的距离为20 cm ，振子在4秒钟内振动了10次。
2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：第十四章 第二讲 机械波 含答案
基础复习课第二讲机械波一、机械波横波和纵波1．机械波的形成条件(1)有发生机械振动的波源．(2)有传播介质，如空气、水等．2．传播特点(1)机械波传播的只是振动的形式和能量，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波迁移．(2)介质中各质点的振幅相同，振动周期和频率都与波源的振动周期和频率相同．(3)一个周期内，质点完成一次全振动，通过的路程为4A，位移为零．3．机械波的分类(1)横波：质点的振动方向与波的传播方向相互垂直的波，有波峰(凸部)和波谷(凹部)．(2)纵波：质点的振动方向与波的传播方向在同一直线上的波，有密部和疏部．二、横波的图象波速、波长和频率的关系1．横波的图象(1)坐标轴：横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移．(2)意义：表示在波的传播方向上，某时刻各质点离开平衡位置的位移．(3)图象：如图所示．2．波长、波速、频率及其关系(1)波长λ在波动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离．(2)波速v波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定．(3)频率f由波源决定，等于波源的振动频率．(4)波长、波速和频率的关系①v＝λf；②v＝λT.三、波的干涉和衍射现象多普勒效应1．波的干涉和衍射(1)条件：声源和观察者之间有相对运动．(2)现象：观察者感到频率发生变化．(3)实质：声源频率不变，观察者接收到的频率变化．[小题快练]1．判断题(1)在机械波传播过程中，介质中的质点随波的传播而迁移．( × )(2)周期或频率，只取决于波源，而与v、λ无直接关系．( √ )(3)波速v取决于介质的性质，它与T、λ无直接关系．只要介质不变，v就不变；如果介质变了，v也一定变．( √ )(4)两列波在介质中叠加，一定产生干涉现象．( × )(5)一切波都能发生衍射现象．( √ )(6)多普勒效应说明波源的频率发生变化．( × )2．(多选)关于振动和波的关系，下列说法中正确的是( AB )A．振动是波的成因，波是振动的传播B．振动是单个质点呈现的运动现象，波是许多质点联合起来呈现的运动现象C．波的传播速度就是质点振动的速度D．波源停止振动时，波立即停止传播3．(多选)两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇．下列说法正确的是( AD )A．波峰与波谷相遇处质点的振幅为|A1－A2|B．波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为A1＋A2C．波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移D．波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅4．(多选)一列简谐横波在t＝0时的波形图如图所示．介质中x＝2 m处的质点P沿y 轴正方向做简谐运动的表达式为y＝10sin(5πt) cm.关于这列简谐波，下列说法正确的是( CD )A．周期为4.0 s B．振幅为20 cmC．传播方向沿x轴正向D．传播速度为10 m/s考点一波动图象与波速公式的应用(自主学习)1．波动图象的信息(如图所示)(1)直接读取振幅A和波长λ，以及该时刻各质点的位移．(2)确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小．(3)结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向．2．波速与波长、周期、频率的关系v＝λT＝λf.1－1.[机械波的产生与传播](多选)如图所示为沿水平方向的介质中的部分质点，每相邻两质点间距离相等，其中O为波源．设波源的振动周期为T，自波源通过平衡位置竖直向下振动时开始计时，经过T4质点1开始起振，则下列关于各质点的振动和介质中的波的说法中正确的是()A．介质中所有质点的起振方向都是竖直向下的，但图中质点9起振最晚B．图中所有质点的起振时间都是相同的，起振的位置和起振的方向是不同的C．图中质点8的振动完全重复质点7的振动，只是质点8振动时，通过平衡位置或最大位移的时间总是比质点7通过相同位置时落后T 4D．只要图中所有质点都已振动了，质点1与质点9的振动步调就完全一致，但如果质点1发生的是第100次振动，则质点9发生的就是第98次振动答案：ACD1－2.[机械波的图象](2015·福建卷)简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v.若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a最早到达波谷的是()A B C D答案：D1－3.[波速公式的应用]如图所示，实线和虚线分别是沿x轴传播的一列简谐横波在t ＝0和t＝0.06 s时刻的波形图，已知在t＝0时刻，x＝1.5 m处的质点向y轴正方向运动．(1)判断该波的传播方向；(2)若3T＜0.06 s＜4T，求该波的速度大小．解析：(1)因在t＝0时刻，x＝1.5 m处的质点向y轴正方向运动，由波形图可知，该波的传播方向沿x轴正方向．(2)由图得：Δt＝(n＋34)T(n＝0,1,2，…)，若3T＜Δt＜4T，n＝3，则Δt＝(3＋34)T，解得T＝0.016 s，由公式v＝λT，代入解得v＝75 m/s.答案：(1)x轴正方向(2)75 m/s考点二振动图象和波动图象的关联分析(自主学习) 1．两种图象的比较求解波动图象与振动图象综合类问题可采用“一分、一看、二找”的方法乙为该波中x＝2 m处质点P的振动图象，下列说法正确的是()A．若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定干涉现象，则所遇到波的频率为0.25 Hz B．若该波能发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物尺寸一定比4 m大很多C．再过0.5 s，P点的动能最大D．波沿x轴正方向传播答案：CD2－2.[波动图象与振动图象结合]一列沿着x轴正方向传播的横波，在t＝0时刻的波形如图甲所示．图甲中某质点的振动图象如图乙所示．(1)求该波的波速；(2)求图甲中的质点L从图示位置到达波峰的时间；(3)从t＝0开始计时，写出x＝2 m处质点的振动方程．答案：(1)0.5 m/s(2)(4n＋1) s(n＝0,1,2，…)(3)－0.8sin 12πt m[反思总结]图象问题的易错点1．不理解振动图象与波的图象的区别．2．误将振动图象看作波的图象或将波的图象看作振动图象．3．不知道波传播过程中任意质点的起振方向与波源的起振方向相同．4．不会区分波的传播位移和质点的振动位移．5．误认为质点随波迁移．考点三波的多解问题(自主学习)造成波动问题多解的主要因素(1)周期性①时间周期性：时间间隔Δt与周期T的关系不明确．②空间周期性：波传播距离Δx与波长λ的关系不明确．(2)双向性①传播方向双向性：波的传播方向不确定． ②振动方向双向性：质点振动方向不确定． (3)波形的隐含性形成多解在波动问题中，往往只给出完整波形的一部分，或给出几个特殊点，而其余信息均处于隐含状态．这样，波形就有多种情况，形成波动问题的多解性．3－1.[周期性因素] 一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t 0时刻波形图如图所示，此时波刚好传到P 点，t 0＋0.6 s 时刻的波形如图中的虚线所示，a 、b 、c 、P 、Q 是介质中的质点，则以下说法正确的是( )A ．这列波的波速可能为50 m/sB ．质点a 在这段时间内通过的路程可能为24 cmC ．质点c 在这段时间内通过的路程可能为80 cmD ．若周期T ＝0.8 s ，则当t 0＋0.5 s 时刻，质点b 、P 的位移相同E ．若周期T ＝0.8 s ，当t 0＋0.4 s 时刻开始计时，则质点c 的振动方程可表示为y ＝8sin (52πt ) cm 答案：ACD3－2.[双向性因素] 一列简谐波沿x 轴方向传播，已知x 轴上x 1＝0和x 2＝1 m 两处质点的振动图象分别如图甲、乙所示．(1)若此波沿x 轴正向传播，则波的传播速度的可能值； (2)若此波沿x 轴负向传播，则波的传播速度的可能值． 解析：(1)由图可知，波的周期T ＝4×10－3 s.当简谐波沿x 轴正向传播时，两质点间距离为(n ＋34)λ1＝1 m ，v 1＝λ1T ＝1033＋4nm/s(n ＝0,1,2…)．(2)当波沿x 轴负向传播时，两质点间距离为(n ＋14)λ2＝1 m ， v 2＝λ2T ＝1031＋4nm/s(n ＝0,1,2…)．答案：(1)1033＋4n m/s(n ＝0,1,2…) (2)1031＋4nm/s(n ＝0,1,2…)3－3.[其他因素] (2015·全国卷Ⅰ)甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x 轴正向和负向传播，波速均为v ＝25 cm/s.两列波在t ＝0时的波形曲线如图所示．求：(1)t ＝0时，介质中偏离平衡位置位移为16 cm 的所有质点的x 坐标；(2)从t ＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为－16 cm 的质点的时间． 解析：(1)根据两列波的振幅都为8 cm ，偏离平衡位置位移为16 cm 的质点即为两列波的波峰相遇．设质点坐标为x ，根据波形图可知，甲乙的波长分别为 λ乙＝60 cm ，λ甲＝50 cm 甲乙两列波的波峰坐标分别为 x 1＝50＋k 1×50(k 1＝0，±1,2，±3…) x 2＝50＋k 2×60(k 2＝0，±1，±2，±3…) 综上，所有波峰和波峰相遇的质点坐标为 整理可知x 1＝(50＋300n )cm(n ＝0，±1，±2，±3…)(2)偏离平衡位置位移为－16 cm 是两列波的波谷相遇的点t ＝0时，波谷之差Δx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫50＋2n 1＋12×60－⎝ ⎛⎭⎪⎫50＋2n 2＋12×50，(n 1，n 2＝±1，±2，±3…) 整理可得Δx ＝10(6n 1－5n 2)＋5 波谷之间最小的距离为Δx ＝5 cm两列波相向传播，相对速度为2v ＝50 cm/s所以出现偏离平衡位置位移为－16 cm 的最短时间t ＝Δx ′2v ＝0.1 s.答案：(1)x 1＝(50＋300n)cm(n＝0，±1，±2，±3…)(2)0.1 s[反思总结]求解波的多解问题的一般思路1．根据初、末两时刻的波形图确定传播距离与波长的关系通式．2．根据题设条件判断是唯一解还是多解．3．根据波速公式v＝ΔxΔt或v＝λT＝λf求波速．考点四波的干涉、衍射、多普勒效应(自主学习)1．波的干涉中振动加强点和减弱点的判断(1)公式法：某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr.①当两波源振动步调一致时若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动加强；若Δr＝(2n＋1)λ2(n＝0,1,2，…)，则振动减弱．②当两波源振动步调相反时若Δr＝(2n＋1)λ2(n＝0,1,2…)，则振动加强；若Δr＝nλ(n＝0,1,2…)，则振动减弱．(2)图象法：在某时刻波的干涉的波形图上，波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点，一定是加强点，而波峰与波谷的交点一定是减弱点，各加强点或减弱点各自连接而成以两波源为中心向外辐射的连线，形成加强线和减弱线，两种线互相间隔，加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间．2．多普勒效应的成因分析(1)接收频率：观察者接收到的频率等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数．(2)当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率变大；当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率变小．4－1. [波的干涉问题](多选)如图是水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰(实线)和波谷(虚线)，S1的振幅A1＝4 cm，S2的振幅A2＝3 cm，则下列说法正确的是()A．质点D是振动减弱点B．质点A、D在该时刻的高度差为14 cmC．再过半个周期，质点B、C是振动加强点D．质点C的振幅为1 cm答案：BD4－2.[波的干涉、衍射问题](多选)(2017·全国卷Ⅱ)在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样．若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是()A．改用红色激光B．改用蓝色激光C．减小双缝间距D．将屏幕向远离双缝的位置移动E．将光源向远离双缝的位置移动答案：ACD4－3.[多普勒效应](2018·福建永安三中月考)观察者站在铁道旁，一辆以某一速度运动的火车向观察者迎面驶来，同时发出汽笛声，下面判断中正确的是()A．传向观察者的声波的速度越来越大B．观察者感觉汽笛声的频率变高C．传向观察者的声波的频率变低D．传向观察者的声波的波长变短解析：波速由介质决定，声波的速度不变，故A错误；多普勒效应中，火车向观察者迎面驶来，观察者感觉汽笛声的频率越来越高，故B正确；频率由波源决定，故两列声波在空中向外传播的过程中，频率都会保持不变，故C错误；运动的火车向观察者迎面驶来，传向观察者的声波的频率不变，波速不变，则波长不变，故D错误．答案：B1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8 m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近．该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s．下列说法正确的是( ACE )A．水面波是一种机械波B．该水面波的频率为6 HzC．该水面波的波长为3 mD．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去E．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移2．(多选)一列简谐横波在t＝0时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经0.1 s波形图如图中虚线所示，若波传播的速度为10 m/s，则( ADE )A．这列波的周期为0.4 sB．这列波沿x轴正方向传播C．t＝0时刻质点a沿y轴正方向运动D．从t＝0时刻开始质点a经0.2 s通过的路程为0.4 mE．x＝2 m处质点的位移表达式为y＝0.2sin(5πt＋π)m3．如图所示为在同一绳上相向传播的甲、乙两列简谐横波某时刻的波形图，其中a、b、c是甲波上的三个点．下列说法正确的是( D )A．这两列波相遇时能发生干涉现象B．甲波的速度v甲比乙波的速度v乙大C．质点a比质点b先回到平衡位置D．若v甲＝20 m/s，再经t＝0.5 s，质点c运动的路程是0. 5 m4．如图所示是一列横波上A、B两质点的振动图象，两质点沿波的传播方向上的距离Δx＝4.0 m，波长大于5.0 m，求这列波的波速．答案：40 m/s或403m/s[A组·基础题]1．(2018·福建永安三中月考)下列关于简谐振动和简谐机械波的说法正确的是( D ) A．简谐振动的平衡位置一定是物体所受合外力为零的位置．B．横波在介质中的传播速度由波源本身的性质决定．C．当人向一个固定的声源跑去，人听到的音调变低了．D．当声波从空气进入水中时，声波的频率不变，波长变长．解析：单摆运动的平衡位置合外力并不为零，传播速度由介质决定与波源无关，当人向一个固定的声源跑去，人听到的音调变高了，故A、B、C错误；当声波从空气进入水中时，声波的频率不变，波速增大，由v＝λf知波长变长，D正确．2．(2019·天津大良中学月考)如图所示，图甲为一列简谐波在t＝0时的波形图，图乙是这列波中x＝200 cm处P点的振动图象，那么该波的传播速度大小和方向分别是( B )A．v＝50cm/s ，沿x轴正方向传播B．v＝50cm/s ，沿x轴负方向传播C．v＝25cm/s ，沿x轴正方向传播D．v＝25cm/s ，沿x轴负方向传播解析：由图甲和图乙知，λ＝100 cm，T＝2 s，所以v＝λT＝50cm/s.根据振动图象知，P质点在t＝0时处于平衡位置向上振动，由“上下坡”法知，波沿x轴负方向传播．故选B.3．如图所示是一列简谐波在t＝0时的波形图象，波速为v＝10 m/s，此时波恰好传到I点，下列说法中错误的是( D )A．此列波的周期为T＝0.4 sB．质点B、F在振动过程中位移总是相等C．质点I的起振方向沿y轴负方向D．当t＝5.1 s时，x＝10 m的质点处于平衡位置处4．如图所示为一列简谐横波的波形图，其中实线是t1＝1.0 s 时的波形，虚线是t2＝2.0 s 时的波形，已知(t2－t1)小于一个周期．关于这列波，下列说法中正确的是( C )A．它的振幅为10 cm，波长为6 mB．它一定是向x轴正方向传播C．它的周期可能是4.0 sD．它的传播速度可能是10 m/s5．(多选)一振动周期为T、位于x＝0处的波源从平衡位置开始沿y轴正方向做简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v，关于在x＝3v T2处的质点P，下列说法正确的是( BCD )A．质点P振动周期为T，速度的最大值为vB．若某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向C．质点P开始振动的方向沿y轴正方向D．当P开始振动后，若某时刻波源在波峰，则质点P一定在波谷E．若某时刻波源在波谷，则质点P也一定在波谷6．(多选)如图所示，空间同一平面内有A、B、C三点，AB＝5 m，BC＝4 m，AC＝3 m．A、C两点处有完全相同的波源做简谐振动，振动频率为1 360 Hz，波速为340 m/s.下列说法正确的是( CDE )A．B点的位移总是最大B．A、B间有7个振动加强的点C．两列波的波长均为0.25 mD．B、C间有8个振动减弱的点E．振动减弱点的位移总是为零[B组·能力题]7．(多选)(2019·内蒙古集宁一中月考)如图甲所示，O点为振源，OP＝s，t＝0时刻O 点由平衡位置开始振动，产生向右沿直线传播的简谐横波．图乙为从t＝0时刻开始描绘的质点P 的振动图象．下列判断中正确的是( ADE )A ．t ＝0时刻，振源O 振动的方向沿y 轴正方向B ．t ＝t 2时刻，P 点的振动方向沿y 轴负方向C ．t ＝t 2时刻，O 点的振动方向沿y 轴正方向D ．这列波的频率为1t 2－t 1E ．这列波的波长为s (t 2－t 1)t 1解析：由题图乙可知P 点先沿y 轴正向运动，故振源O 在t ＝0时刻沿y 轴正向运动，故A 正确；由题图乙可知，t 2时刻P 点振动方向沿y 轴正向，故B 错误；因不知t 1与周期T 的倍数关系，故不能判断t 2时刻O 点的振动情况，故C 错误；结合图甲、乙可知，振动从O 传到P ，用时t 1，传播距离为s ，故波速为v ＝s t 1，波的周期为T ＝t 2－t 1，故波的频率为 f ＝1t 2－t 1，波长λ＝v T ＝s (t 2－t 1)t 1，故D 、E 正确． 8．(多选)(2019·河南中原名校质检)如图所示为一列简谐横波的波形图，实线为该波在t 1时刻的波形，虚线为该波在t 2时刻的波形，己知Δt ＝0.2 s ，P 、Q 分别为实线波形上位移相同的两个质点．下列说法可能正确的是( ACE )A ．该波沿x 轴正方向传播，波速为25 m/sB ．该波沿x 轴负方向传播，波速为25 m/sC ．若P 质点比Q 质点先回到平衡位置，该波沿x 轴正方向传播D ．若Q 质点比P 质点先回到平衡位置，该波沿x 轴正方向传播E ．若0.1 s<T <0.2 s (T 为周期)，该波沿x 轴负方向传播，波速为35 m/s解析：由图知该波的波长为λ＝4 m ，若波沿x 轴正方向传播，则有Δt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋14T ，(n ＝0,1,2，…)得T ＝0.84n ＋1s ，波速为v ＝λT ＝40.84n ＋1＝5(4n ＋1)m/s ，当n ＝1时，v ＝25 m/s，同理，若波沿x 轴负方向传播，则有Δt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋34T ，(n ＝0,1,2，…)得T ＝0.84n ＋3s ，波速为v ＝5(4n ＋3)m/s ，因为n 取整数，所以v 不可能为25 m/s ，A 正确，B 错误；若P 质点比Q 质点先回到平衡位置，则P 质点向上运动，由“上下坡”法知该波沿x 轴正方向传播，C 正确；若Q 质点比P 质点先回到平衡位置，则Q 质点向上运动，由“上下坡”法知该波沿x 轴负方向传播，D 错误；若0.1 s ＜T ＜0.2 s(T 为周期)，由以上分析知n 只能取1，该波沿x 轴负方向传播，波速为v ＝5(4n ＋3)＝35 m/s ，E 正确．9．(多选)由波源S 形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播．波源振动的频率为20 Hz ，波速为16 m/s.已知介质中P 、Q 两质点位于波源S 的两侧，且P 、Q 和S 的平衡位置在一条直线上，P 、Q 的平衡位置到S 的平衡位置之间的距离分别为15.8 m 、14.6 m ，P 、Q 开始振动后，下列判断正确的是( BDE )A ．P 、Q 两质点运动的方向始终相同B ．P 、Q 两质点运动的方向始终相反C ．当S 恰好通过平衡位置时，P 、Q 两点也正好通过平衡位置D ．当S 恰好通过平衡位置向上运动时，P 在波峰E ．当S 恰好通过平衡位置向下运动时，Q 在波峰解析：根据题意可知λ＝v f＝0.8 m ，P 、Q 两质点距离波源的距离之差为Δx ＝(15.8－14.6) m ＝1.2 m ＝3×λ2，为半个波长的奇数倍，所以P 、Q 两质点振动步调相反，P 、Q 两质点运动的方向始终相反，A 错误，B 正确；SP ＝15.8 m ＝(19＋34)λ，SQ ＝14.6 m ＝(18＋14)λ，所以当S 恰好通过平衡位置时，P 、Q 两点一个在波峰，一个在波谷，C 错误；由SP ＝15.8 m ＝(19＋34)λ可知，当S 恰好通过平衡位置向上运动时，P 在波峰，D 正确；SQ ＝14.6 m ＝(18＋14)λ，当S 恰好通过平衡位置向下运动时，Q 在波峰，E 正确． 10．(多选)如图所示为一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t ＝0时刻的波形图．已知t 1＝0.3 s 时，质点P 首次位于波谷，质点Q 的坐标是(1.5，0)，质点M 的坐标是(13,0)(图中未画出)，则以下说法正确的是( BCD )A ．波的传播速度为0.3 m/sB ．从t ＝0开始，质点Q 一定比P 先到达波峰C ．每经0.2 s ，质点Q 的路程一定是10 cmD ．在t 2＝1.6 s 时刻，质点M 第二次位于波峰E ．P 、Q 两质点的速度方向始终相同解析：由题图可知波长为λ＝4 cm ，v ＝34λt 1＝0.1 m/s ，故A 错误；因为该波沿x 轴正方向传播，质点Q 在质点P 的左侧，由题图可知质点Q 一定比P 先到达波峰，故B 正确；波的周期T ＝λv ＝0.4 s ，每经0.2 s 即半个周期，质点Q 运动的路程s ＝2A ＝2×5 cm＝10 cm ，故C 正确；波峰第一次到达质点M 的时间t 3＝Δx v ＝0.13－0.010.1s ＝1.2 s ，再经过一个周期即t 2＝1.6 s 时，质点M 第二次位于波峰，故D 正确；P 、Q 两质点相距Δx ′＝0.5 cm ＜λ，不是同相位点，故选项E 错误．11. (2019·兰州一中期中)如图甲所示，是一列简谐横波在均匀介质中传播时t ＝0时刻的波动图象，质点A 的振动图象如图乙所示．A 、B 两点皆在x 轴上，两者相距s ＝20 m ．求：(1)此简谐波的传播速度；(2)t ＝20 s 时质点B 运动的路程．解析：(1)由图甲可知，此波的波长为λ＝4 m ，由图乙可知，此波的周期T ＝0.4 s ，所以v ＝λT ＝10 m/s ，根据t ＝0时刻质点A 的振动方向可知，此波沿x 轴正向传播；(2)此波传播到B 点所需的时间t ＝s －λ2v ＝1.8 s ＝4.5 T ，由图象可知此波的振幅A ＝0.1 m ，质点B 每个周期运动的路程为0.4 m ，所以0～20 s 内质点B 运动的路程为s ＝(50－4.5)×0.4 m ＝18.2 m.答案：(1)10 m/s ，波沿x 轴正向传播 (2)18.2 m12．有两列简谐横波a 、b 在同一介质中分别沿x 轴正方向和负方向传播．两列波在t ＝0时刻的波形曲线如图所示，已知a 波的周期T a ＝1 s ．求：(1)两列波的传播速度；(2)从t ＝0时刻开始，最短经过多长时间x ＝1.0 m 的质点偏离平衡位置的位移为0.16 m? 解析：(1)由图可知a 、b 两列波的波长分别为λa ＝2.5 m ，λb ＝4.0 m ．两列波在同种介质中的传播速度相同，为v ＝λa T a＝2.5 m/s. (2)a 波的波峰传播到x ＝1.0 m 的质点经历的时间t a ＝Δx a v ＝1＋mλa v ，b 波的波峰传播到x ＝1.0 m 的质点经历的时间t b ＝Δx b v ＝1.5＋nλb v，又t a ＝t b ＝t ，联立解得5m －8n ＝1(式中m 、n 均为正整数)，分析知，当m ＝5、n ＝3时，x ＝1.0 m 的质点偏离平衡位置的位移为0.16 m 时经过时间最短，将m ＝5代入t ＝1＋mλa v ，解得t ＝5.4 s.答案：(1)均为2.5 m/s (2)5.4 s。
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基础复习课第一讲机械振动一、简谐运动单摆、单摆的周期公式1．简谐运动(1)定义：物体在跟位移大小成正比并且总是指向平衡位置的回复力作用下的振动．(2)平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置．(3)回复力①定义：使物体返回到平衡位置的力．②方向：总是指向平衡位置．③来源：属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力．(4)简谐运动的特征①动力学特征：F回＝－kx.②运动学特征：x、v、a均按正弦或余弦规律发生周期性变化(注意v、a的变化趋势相反)．③能量特征：系统的机械能守恒，振幅A不变．2．简谐运动的两种模型(1)弹簧质量可忽略(1)摆线为不可伸缩的轻细线1．简谐运动的表达式(1)动力学表达式：F＝－kx，其中“－”表示回复力与位移的方向相反．(2)运动学表达式：x＝A sin(ωt＋φ)，其中A代表振幅，ω＝2πf表示简谐运动的快慢．2．简谐运动的图象(1)从平衡位置开始计时，函数表达式为x＝A sin ωt，图象如图甲所示．(2)从最大位移处开始计时，函数表达式为x＝A cos ωt，图象如图乙所示．三、受迫振动和共振1．受迫振动系统在驱动力作用下的振动．做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率)无关．2．共振做受迫振动的物体，它的固有频率与驱动力的频率越接近，其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象．共振曲线如图所示．[小题快练]1．判断题(1)简谐运动平衡位置就是质点所受合力为零的位置．( × )(2)弹簧振子每次经过平衡位置时，位移为零、动能为零．( × )(3)单摆无论摆角多大都是简谐运动．( × )(4)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关．( √ )(5)简谐运动的图象描述的是振动质点的轨迹．( × )2．某单摆由1 m长的摆线连接一个直径为2 cm的铁球组成，关于单摆周期，以下说法正确的是( A )A．用等大的铜球替代铁球，单摆的周期不变B．用大球替代小球，单摆的周期不变C．摆角从5°改为3°，单摆的周期会变小D．将单摆从赤道移到北极，单摆的周期会变大3．一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系曲线如图所示，由图可知( B )A．质点的振动频率是4 HzB．t＝2 s时，质点的加速度为正向最大C．质点的振幅为4 cmD．t＝3 s时，质点所受的回复力最大4．如图所示的装置，弹簧振子的固有频率是4 Hz.现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1 Hz，则把手转动的频率为( A )A．1 Hz B．3 HzC．4 Hz D．5 Hz考点一简谐运动的五个特征(自主学习)1．动力学特征：F＝－kx，“－”表示回复力的方向与位移方向相反，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数．2．运动学特征：简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比，而方向相反，为变加速运动，远离平衡位置时，x、F、a、E p均增大，v、E k均减小，靠近平衡位置时则相反．3．运动的周期性特征：相隔T或nT的两个时刻，振子处于同一位置且振动状态相同．4．对称性特征(1)相隔T2或(2n＋1)T2(n为正整数)的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等，方向相反．(2)如图所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点，P、P′(OP＝OP′)时，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等．(3)振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即t PO＝t OP′.(4)振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即t OP＝t PO.5．能量特征：振动的能量包括动能E k和势能E p，简谐运动过程中，系统动能与势能相互转化，系统的机械能守恒．1－1.[简谐运动的规律]关于简谐运动的位移、加速度和速度的关系，下列说法中正确的是()A．位移减小时，加速度减小，速度也减小B．位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向相同C．物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同D．物体向负方向运动时，加速度方向与速度方向相同；向正方向运动时，加速度方向与速度方向相反答案：C1－2.[竖直方向的弹簧振子](多选)(2015·山东卷)如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y＝0.1sin 2.5πt (m)．t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.以下判断正确的是()A．h＝1.7 mB．简谐运动的周期是0.8 sC．0.6 s内物块运动的路程是0.2 mD．t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反答案：AB1－3.[周期性问题]一个弹簧振子做简谐振动，若从平衡位置开始计时，经过3 s时，振子第一次到达P点，又经过2 s第二次经过P点．则该弹簧振子的振动周期可能为()A．32 s B．16 sC．8 s D．4 s答案：B1－4.[水平方向的弹簧振子]如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a、b两个小物块粘在一起组成的．物块在光滑水平面上左右振动，振幅为A0，周期为T0.当物块向右通过平衡位置时，a、b之间的粘胶脱开，以后小物块a振动的振幅和周期分别为A和T，则A A0，T T0.(均填“>”“<”或“＝”)解析：当物块向右通过平衡位置时，脱离前振子的动能E k1＝12(m a＋m b)v2脱离后振子的动能E k2＝12m av20由机械能守恒可知，平衡位置处的动能等于最大位移处的弹性势能，因此脱离后振子振幅变小；振动中振子的质量变小，振子的周期变小．答案：<<考点二简谐运动的规律及图象(自主学习)1．简谐运动的数学表达式x＝A sin(ωt＋φ)2．振动图象提供的信息(1)由图象可以看出质点振动的振幅、周期．(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移．(3)可以确定各时刻质点的振动方向．(4)可以确定某时刻质点的回复力、加速度和速度的方向．(5)比较不同时刻质点的速度、加速度的大小．2－1.[图象信息的分析]一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是()A．质点振动频率是4 HzB．在10 s内质点经过的路程是20 cmC．第4 s末质点的速度是零D．在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相同答案：B2－2.[两个弹簧振子图象的比较](多选)如图所示为两个弹簧振子的振动图象．下面的说法中正确的是()A．甲的振动能量是乙的2倍B．甲的振动频率是乙的2倍C．乙的振动周期是甲的2倍D．甲、乙的位移不可能同时达到正向最大值答案：BCD2－3.[应用图象求解有关物理量](多选)(2018·黔东南州一模)质点做简谐运动的图象，下列说法正确的是_A．该质点振动的周期为0.8 sB．t＝0.2 s时，质点的加速度最大C．质点在一个周期内通过的路程为16 cmD．在t＝0和t＝0.4 s时，质点所受的回复力相同E．t＝0.3 s时，质点的速度方向沿x轴的负方向解析：从图中可知T＝0.8 s，A正确；t＝0.2 s时质点在平衡位置，回复力为零，加速度为零，B错误；质点在一个周期内的路程为s＝4A＝4×4cm＝16 cm，C正确；t＝0时刻质点在正向最大位移处，回复力指向－x方向，而在t＝0.4 s时刻质点在负向最大位移处，回复力指向x正方向，故两力大小相等，但方向不同，D错误；t＝0.3 s时质点正沿－x方向运动，E正确．答案：ACE考点三单摆受迫振动和共振(自主学习)1．单摆的周期公式单摆的振动周期(T＝2πlg)与摆长和重力加速度有关，而与振幅和摆球质量无关．单摆周期与振幅无关，即具有等时性．2．自由振动、受迫振动和共振的关系比较(1)共振曲线：如图所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A.它直观地反映了驱动力频率对某振动系统受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大．(2)受迫振动中系统能量的转化：受迫振动系统机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换．3－1. [受迫振动](多选)如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动．开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2 Hz.现匀速转动摇把，转速为240 r/min，则()A．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 sB．当振子稳定振动时，它的振动频率是4 HzC．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大D．当转速减小时，弹簧振子的振幅增大答案：BD3－2.[共振现象](多选)铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行的列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击．由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车由于受到周期性的冲击力做受迫振动．普遍钢轨长为12.6 m，列车的固有振动周期为0.315 s．下列说法正确的是()A．列车的危险速率为40 m/sB．列车过桥需要减速，是为了防止列车与桥发生共振现象C．列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的D．增加钢轨的长度有利于列车高速运行答案：ABD3－3.[单摆周期问题]如图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置．设向右为正方向．图乙是这个单摆的振动图象．根据图象回答：(1)单摆振动的频率是多大？(2)开始时摆球在何位置？(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求摆长．解析：(1)由题图乙知，单摆的周期T＝0.8 s所以单摆振动频率f＝1T＝1.25 Hz.(2)由题图乙知，t＝0时位移为负的最大，所以开始时摆球在B处．(3)由T＝2πL g知L＝T2g4π2≈0.162 m.答案：(1)1.25 Hz(2)B处(3)0.162 m考点四实验：探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度(自主学习)1．实验原理：由单摆的周期公式T＝2πlg，可得出g＝4π2T2l，测出单摆的摆长l和振动周期T，就可求出当地的重力加速度g.2．实验器材：单摆、游标卡尺、毫米刻度尺、停表．3．实验步骤(1)做单摆：取约1 m 长的细丝线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自然下垂，如图所示．(2)测摆长：用毫米刻度尺量出摆线长L (精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直径D ，则单摆的摆长l ＝L ＋D 2.(3)测周期：将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5°)，然后释放小球，记下单摆摆动30～50次的总时间，算出平均每摆动一次的时间，即为单摆的振动周期． (4)改变摆长，重做几次实验． (5)数据处理的两种方法： ①公式法g ＝4π2T 2l ； ②图象法画l －T 2图象．4－1.(2018·运城模拟)某同学想在家里做“用单摆测定重力加速度”的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块大小约为3cm 、外形不规则的大理石代替小球．他设计的实验步骤如下：A ．将石块和细尼龙线系好，结点为M ，将尼龙线的上端固定于O 点；B ．用刻度尺测量OM 间尼龙线的长度L 作为摆长；C ．将石块拉开一个大约α＝5°的角度，然后由静止释放；D ．从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t ，由T ＝t 30 得出周期；E ．改变OM 间尼龙线的长度再做几次实验，记下每次相应的l 和T ；F ．求出多次实验中测得的l 和T 的平均值，作为计算时用的数据，代入公式g ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2l ，求出重力加速度g .(1)该同学以上实验步骤中有重大错误的是 ．(2)该同学用OM 的长作为摆长，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值比真实值 (选填“偏大”或“偏小”)．解析：(1)摆长应为石块重心到悬点的距离，故B 步骤错误；计时开始的位置应为摆球振动的平衡位置，故D 步骤错误；在用公式g ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2l 计算g 时，应先将各项的l 和T单独代入求解g 值，故F 步骤错误．(2)因为用OM 作为摆长，比单摆的实际摆长偏小，因此计算出的重力加速度的值比实际值偏小．答案：(1)BDF (2)偏小4－2.[数据处理、误差分析] 某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：(1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图甲所示，可读出摆球的直径为 cm.把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L .(2)用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n ＝1，单摆每经过最低点记一次数，当数到n ＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T ＝ s(结果保留三位有效数字)．(3)测量出多组周期T 、摆长L 的数值后，画出T 2－L 图线如图丙，此图线斜率的物理意义是( )A ．gB ．1g C.4π2gD ．g 4π2(4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小( ) A ．偏大 B ．偏小 C ．不变D ．都有可能解析：(1)摆球的直径为d ＝20 mm ＋6×110 mm ＝20.6 mm ＝2.06 cm. (2)秒表的读数为t ＝60 s ＋7.5 s ＝67.5 s ，根据题意t＝60－12T＝592T，所以周期T＝2t59＝2.29 s.(3)根据单摆的周期公式T＝2πLg，可得T2L＝4π2g＝k(常数)，所以C正确．(4)因为T2L＝4π2g＝k(常数)，所以ΔT2ΔL＝4π2g＝k，若误将摆线长当作摆长，画出的直线将不通过原点，但图线的斜率仍然满足T21－T22L1－L2＝4π2g＝k，所以由图线的斜率得到的重力加速度不变．答案：(1)2.06(2)2.29(3)C(4)C1．如图所示，一弹簧振子在B、C两点间做简谐运动，B、C间距为12 cm，O是平衡位置，振子从C点第一次运动到B点的时间为0.5 s，则下列说法中正确的是( A )A．该弹簧振子的周期为1 sB．该弹簧振子的频率为2 HzC．该弹簧振子的振幅为12cmD．振子从O点出发第一次回到O点的过程就是一次全振动2．(多选)一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图象如图所示．a、b、c、d表示质点在不同时刻的相应位置，且b、d关于平衡位置对称，则下列说法中正确的是( AC )A．质点做简谐运动的方程为x＝A sin π4tB．质点在位置b与位置d时速度大小相同，方向不同C．质点从位置a到c和从位置b到d所用时间相等D．质点从位置a到b和从b到c的平均速度相等3．(多选)如图所示，A球振动后，通过水平细绳迫使B、C振动，振动达到稳定时，下列说法中正确的是( CD )A．只有A、C的振动周期相等B．C的振幅比B的振幅小C．C的振幅比B的振幅大D．A、B、C的振动周期相等4．某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为cm.(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是(填选项前的字母)．A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为t 100C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小解析：(1)由游标尺的“0”刻线在主尺上的位置读出摆球直径的整毫米数为9 mm＝0.9 cm，游标尺中第7条刻度线与主尺刻度线对齐，所以应为0.07 cm，所以摆球直径为0.9 cm ＋0.07 cm＝0.97 cm.(2)单摆摆角太大，且单摆应从最低点计时，故A错误；因一个周期内，单摆有2次通过最低点，故B错误；由T＝2πlg得，g＝4π2lT2，若用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，则g偏大，C正确；因空气阻力的影响，选密度小的摆球，测得的g值误差大，D错误．答案：(1)0.97(2)C[A组·基础题]1．摆长为L的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(取t＝0)，当运动至t＝3π2Lg时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象为下图中的( D )2．一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，则( B )A．此单摆的固有周期约为0.5 sB．此单摆的摆长约为1 mC．若摆长增大，单摆的固有频率增大D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动3．(多选)某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝A sin π4t，则质点( AD )A．第1 s末与第3 s末的位移相同B．第1 s末与第3 s末的速度相同C．3 s末至5 s末的位移方向相同D．3 s末至5 s末的速度方向相同4．(多选) 细长轻绳下端拴一小球构成单摆，在悬挂点正下方二分之一摆长处有一个能挡住摆线的钉子A，如图所示．现将单摆向左方拉开一个小角度，然后无初速地释放．对于以后的运动，下列说法中正确的是( AB )A．单摆往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小B．摆球在左右两侧上升的最大高度一样C．摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长相等D．摆线在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的两倍5．(多选) 如图所示，在光滑杆下面铺一张可沿垂直杆方向匀速移动的白纸，一带有铅笔的弹簧振子在B、C两点间做机械振动，可以在白纸上留下痕迹．已知弹簧的劲度系数为k＝10 N/m，振子的质量为0.5 kg，白纸移动速度为2 m/s，弹簧弹性势能的表达式E p＝12ky2，不计一切摩擦．在一次弹簧振子实验中得到如图所示的图线，则下列说法中正确的是( BC )A．该弹簧振子的振幅为1 mB．该弹簧振子的周期为1 sC．该弹簧振子的最大加速度为10 m/s2D．该弹簧振子的最大速度为2 m/s6．(多选)(2018·长春模拟)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是( ABD )A．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆E．由图象可以求出当地的重力加速度解析：从图中可得两单摆的周期相同，所以根据单摆周期公式T＝2πlg可得两单摆的摆长相同，A正确；从图中可得甲的振幅为10 cm，乙的振幅为7 cm，故B正确；由于两者质量未知，所以无法判断机械能大小，C错误；在t＝0.5 s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负且最大，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确；由于不知道摆长，只知道摆长相同，所以无法求解重力加速度，E错误．[B组·能力题]7. (多选)(2019·兰州一中期中)一根不可伸长的细线．上端悬挂在O点，下端系一个小球，如图甲所示，某同学利用此装置来探究周期与摆长的关系．该同学用米尺测得细线两端的长度，用卡尺测量小球的直径，二者相加为l，通过改变细线的长度，测得对应的周期T，得到该装置的l－T2图象如图乙所示．利用所学单摆相关知识，选择下列说法正确的选项(取π2＝9.86)( BCD )A．T＝2 s时摆长为1 mB．T＝2 s时摆长为0.994 mC．摆球半径为0.006 mD．当地重力加速度为9.80 m/s2解析：设摆长为l′，由单摆的周期公式T＝2πl′g(l′＝l－0.006 m)并结合图乙推导得：l＝0.006＋g4π2T2，可知g4π2为l－T2图象的斜率，所以有：g4π2＝g4×9.86＝1.000－0.0064，解得：g＝9.80 m/s2，故D正确；由单摆的周期公式有：l′＝g4π2T 2＝9.804×9.86×22＝0.994m，故B正确，A错误；由图乙可知，l－T2图象没有经过坐标原点，同时由l＝0.006＋g4π2T2可知，纵轴的截距为球的半径，故半径为r＝0.006 m，选项C正确．8．(多选) (2018·河南豫北名校月考)如图所示，一质量为M的木质框架放在水平桌面上，框架上悬挂一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端拴接一质量为m的铁球．用手向下拉一小段距离后释放铁球．铁球便上下做简谐运动，则( BCE )A ．弹簧处于原长时的位置是铁球做简谐运动的平衡位置B ．在铁球向平衡位置运动的过程中，铁球的位移、回复力、加速度都逐渐减小，速度增大C ．若铁球的振动周期恰好等于以铁球平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期，则该铁球的周期T ＝2πm kD ．若弹簧振动过程的振幅可调，则当框架对桌面的压为零时，弹簧的压缩量为mgk E ．若弹簧振动过程的振幅可调，且保证木质框架不会离开桌面，则铁球的振幅最大是(M ＋m )gk解析：平衡位置是振子处于平衡状态时所处的位置，铁球处于平衡位置时，其所受的重力大小与弹簧的弹力大小相等，即mg ＝kx ，此时弹簧处于拉伸状态，故选项A 错误；振动中的位移是由平衡位置指向振动物体所在位置的有向线段，因而铁球向平衡位置运动时位移逐渐减小，而回复力与位移成正比，故回复力也减小，由牛顿第二定律a ＝Fm 得，加速度也减小，铁球向平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，故小球的速度逐渐增大，故选项B 正确；单摆周期公式T ＝2πLg ，根据平衡条件有kL ＝mg ，联立解得T ＝2πmk ，故选项C 正确；当框架对桌面压力为零瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力Mg ，则轻弹簧处于压缩状态，弹力F ＝Mg ＝kx ，解得弹簧的压缩量为x ＝Mgk ，故选项D 错误；框架重力为Mg ，当铁球处在最高位置，即弹簧被压缩时，框架受到竖直向上的弹力等于Mg ，此时框架对桌面的压力恰好减小为零，根据胡克定律，这时弹簧被压缩Δl ＝Mg k ，铁球处于平衡位置时，弹簧被拉长Δl 0＝mgk ，振幅是铁球离开平衡位置的最大距离，最大振幅A m ＝Δl ＋Δl 0＝(M ＋m )gk ，因此铁球的振幅只要不大于(M ＋m )gk，框架就不会离开桌面，故选项E 正确．9．(多选)(2018·合肥八中模拟)某同学在做“用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为l，摆球直径为d，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为t.他测得的g值偏小，可能的原因是( BCD )A．测摆线长时摆线拉得过紧B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．开始计时，秒表过早按下D．实验中误将51次全振动数记为50次E．实验中误将49.5次全振动数记为50次解析：本实验测量g的原理是单摆的周期公式T＝2πlg，根据此公式变形得到g＝4π2lT2.测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误；摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小，故B项正确；开始计时，秒表过早按下，测得单摆的周期偏大，则测得的重力加速度偏小．故C项正确；实验中误将51次全振动数为50次，测得单摆的周期偏大，则测得的重力加速度偏小．故D项正确；实验中误将49.5次全振动数为50次．测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故E项错误．10．甲、乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度．(1)甲组同学采用图甲所示的实验装置．A．该组同学先测出悬点到小球球心的距离L，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t.请写出重力加速度的表达式g＝(用所测物理量表示)．B．在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值(填“偏大”“偏小”或“不变”)．(2)乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示．将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，得到如图丙所示的v－t图线．A．由图丙可知，该单摆的周期T＝s；B ．更换摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出T 2－L (周期平方—摆长)图线，并根据图线拟合得到方程T 2＝4.04L ＋0.035.由此可以得出当地的重力加速度g ＝ m /s 2.(取π2＝9.86，结果保留三位有效数字) 解析：(1)A.根据T ＝2πL g ，T ＝t n可得g ＝4π2n 2Lt 2.测量周期时，摆球振动过程中悬点O 处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，则摆长的测量值偏小，测得的重力加速度偏小． (2)根据简谐运动的图线知，单摆的周期T ＝2.0 s ； 根据T ＝2πL g 得T 2＝4π2g L ，知图线的斜率k ＝4π2g ＝4.04，解得g ＝9.76 m/s 2.答案：(1)4π2n 2Lt 2 偏小 (2)2.0 9.7611. 有一弹簧振子在水平方向上的B 、C 之间做简谐运动，已知B 、C 间的距离为20 cm ，振子在2 s 内完成了10次全振动．若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时(t ＝0)，经过14周期振子有正向最大加速度．(1)求振子的振幅和周期；(2)在图中作出该振子的位移—时间图象； (3)写出振子的振动方程． 解析：(1) 振幅A ＝10 cm ，T ＝210 s ＝0.2 s.(2)振子在14周期时具有正的最大加速度，故有负向最大位移，其位移—时间图象如图所。